Номер 1289, страница 333 - гдз по геометрии 7-9 класс учебник Атанасян, Бутузов

Задачи повышенной трудности. Задачи повышенной трудности. Задачи к главе 12 - номер 1289, страница 333.

Условие.

1289 На рисунке 373 изображены четыре полуокружности: $AEB$, $AKC$, $CFD$, $DLB$, причём $AC=DB$. Докажите, что площадь закрашенной фигуры равна площади круга, построенного на отрезке $EF$ как на диаметре.

Рис. 373

Решение 1.

Решение 2.

Решение 3.

Решение 4.

Решение 6.

Решение 9.

Решение 10.

Обозначим площадь закрашенной фигуры как $S_{з}$. Эта площадь равна сумме площадей полукругов AEB и CFD, из которой вычтена сумма площадей полукругов AKC и DLB.

Площадь полукруга с диаметром $d$ вычисляется по формуле $S_{полукруга} = \frac{1}{2} \pi (\frac{d}{2})^2 = \frac{\pi d^2}{8}$.

Введем обозначения. Пусть длина отрезков $AC$ и $DB$ равна $d_1$, то есть $AC = DB = d_1$. Пусть длина отрезка $CD$ равна $d_2$, то есть $CD = d_2$.

Тогда диаметр большого полукруга AEB равен $AB = AC + CD + DB = d_1 + d_2 + d_1 = 2d_1 + d_2$.

Теперь можем выразить площадь закрашенной фигуры $S_{з}$ через $d_1$ и $d_2$:

$S_{з} = S_{AEB} + S_{CFD} - (S_{AKC} + S_{DLB})$

$S_{з} = \frac{\pi (AB)^2}{8} + \frac{\pi (CD)^2}{8} - \frac{\pi (AC)^2}{8} - \frac{\pi (DB)^2}{8}$

Подставим выражения для диаметров:

$S_{з} = \frac{\pi}{8} ((2d_1 + d_2)^2 + d_2^2 - d_1^2 - d_1^2) = \frac{\pi}{8} ((2d_1 + d_2)^2 + d_2^2 - 2d_1^2)$

Раскроем скобки и упростим выражение:

$S_{з} = \frac{\pi}{8} (4d_1^2 + 4d_1d_2 + d_2^2 + d_2^2 - 2d_1^2) = \frac{\pi}{8} (2d_1^2 + 4d_1d_2 + 2d_2^2)$

Вынесем общий множитель 2 за скобки:

$S_{з} = \frac{2\pi}{8} (d_1^2 + 2d_1d_2 + d_2^2) = \frac{\pi}{4} (d_1 + d_2)^2$

Теперь найдем площадь круга, построенного на отрезке $EF$ как на диаметре. Обозначим эту площадь $S_{к}$.

Из рисунка видно, что $O$ — центр диаметра $AB$ полукруга AEB. Следовательно, $OE$ — его радиус, $OE = \frac{AB}{2}$.

Докажем, что точка $O$ также является центром диаметра $CD$. Так как $O$ — середина $AB$, то $AO = OB$. Из расположения точек на прямой следует, что $AO = AC + CO$ и $OB = OD + DB$. Приравнивая эти выражения, получаем $AC + CO = OD + DB$. По условию задачи $AC = DB$, следовательно, вычитая это равенство, получаем $CO = OD$. Это означает, что $O$ — середина отрезка $CD$.

Поскольку $O$ — центр диаметра $CD$, то $OF$ — радиус полукруга CFD, и $OF = \frac{CD}{2}$.

Диаметр искомого круга равен длине отрезка $EF$. Так как точки $E$, $O$, $F$ лежат на одной прямой, перпендикулярной $AB$, то $EF = OE + OF$.

$EF = \frac{AB}{2} + \frac{CD}{2} = \frac{2d_1 + d_2}{2} + \frac{d_2}{2} = d_1 + \frac{d_2}{2} + \frac{d_2}{2} = d_1 + d_2$

Радиус круга с диаметром $EF$ равен $R_{к} = \frac{EF}{2} = \frac{d_1 + d_2}{2}$.

Площадь этого круга равна:

$S_{к} = \pi R_{к}^2 = \pi (\frac{d_1 + d_2}{2})^2 = \frac{\pi}{4} (d_1 + d_2)^2$

Сравнивая полученные выражения для $S_{з}$ и $S_{к}$, мы видим, что они равны:

$S_{з} = S_{к}$

Таким образом, доказано, что площадь закрашенной фигуры равна площади круга, построенного на отрезке $EF$ как на диаметре.

Ответ: Утверждение доказано. Площадь закрашенной фигуры равна $\frac{\pi}{4} (AC + CD)^2$, и площадь круга с диаметром $EF$ также равна $\frac{\pi}{4} (AC + CD)^2$.