Номер 832, страница 212 - гдз по геометрии 7-9 класс учебник Атанасян, Бутузов

Задачи повышенной трудности. Задачи повышенной трудности. Задачи к главе 6 - номер 832, страница 212.

Условие.

832 Точки $P, Q, R$ и $T$ соответственно — середины сторон $AB, BC, CD$ и $DA$ параллелограмма $ABCD$. Докажите, что при пересечении прямых $AQ, BR, CT$ и $DP$ образуется параллелограмм, и найдите отношение его площади к площади параллелограмма $ABCD$.

Решение 1.

Решение 2.

Решение 3.

Решение 4.

Решение 6.

Решение 10.

Обозначим точки пересечения прямых: $X = AQ \cap DP$, $Y = AQ \cap BR$, $Z = BR \cap CT$ и $W = CT \cap DP$. Четырехугольник, образованный пересечением этих прямых, — это $XYZW$.

1. Докажите, что при пересечении прямых образуется параллелограмм

Для доказательства воспользуемся свойством центральной симметрии параллелограмма. Пусть $O$ — точка пересечения диагоналей параллелограмма $ABCD$, то есть его центр симметрии.

При центральной симметрии с центром $O$ ($S_O$):

• Вершина $A$ переходит в вершину $C$, и наоборот ($S_O(A) = C$).
• Вершина $B$ переходит в вершину $D$, и наоборот ($S_O(B) = D$).

Поскольку $P, Q, R, T$ — середины сторон, то симметрия отображает их следующим образом:

• Середина $P$ стороны $AB$ переходит в середину $R$ стороны $CD$ ($S_O(P) = R$).
• Середина $Q$ стороны $BC$ переходит в середину $T$ стороны $DA$ ($S_O(Q) = T$).

Следовательно, прямые, соединяющие вершины и середины противоположных сторон, переходят друг в друга:

• Прямая $AQ$ переходит в прямую $CT$ (так как $S_O(A)=C$ и $S_O(Q)=T$).
• Прямая $BR$ переходит в прямую $DP$ (так как $S_O(B)=D$ и $S_O(R)=P$).

Рассмотрим точки пересечения этих прямых:

• Точка $X$ является пересечением прямых $AQ$ и $DP$. Её образ при симметрии $S_O(X)$ будет точкой пересечения образов этих прямых, то есть $S_O(AQ) \cap S_O(DP) = CT \cap BR = Z$. Таким образом, $S_O(X) = Z$.
• Точка $Y$ является пересечением прямых $AQ$ и $BR$. Её образ $S_O(Y)$ будет точкой пересечения $S_O(AQ) \cap S_O(BR) = CT \cap DP = W$. Таким образом, $S_O(Y) = W$.

Из того, что $S_O(X) = Z$ и $S_O(Y) = W$, следует, что точка $O$ является серединой отрезков $XZ$ и $YW$. Эти отрезки являются диагоналями четырехугольника $XYZW$.

Поскольку диагонали четырехугольника $XYZW$ пересекаются в одной точке и делятся ею пополам, этот четырехугольник является параллелограммом. Что и требовалось доказать.

Ответ: Четырехугольник, образованный пересечением указанных прямых, является параллелограммом, так как его диагонали пересекаются в центре симметрии исходного параллелограмма и делятся этой точкой пополам.

2. Найдите отношение его площади к площади параллелограмма ABCD

Отношение площадей фигур сохраняется при аффинных преобразованиях. Любой параллелограмм можно перевести в квадрат аффинным преобразованием. При этом середины сторон перейдут в середины сторон, а прямые — в прямые. Поэтому для решения задачи достаточно рассмотреть случай, когда $ABCD$ — единичный квадрат.

Пусть вершины квадрата $ABCD$ имеют координаты: $D(0,0)$, $C(1,0)$, $B(1,1)$ и $A(0,1)$. Площадь квадрата $S_{ABCD} = 1$.

Найдем координаты середин сторон:

• $P$ — середина $AB$: $P(\frac{0+1}{2}, \frac{1+1}{2}) = P(1/2, 1)$.
• $Q$ — середина $BC$: $Q(\frac{1+1}{2}, \frac{1+0}{2}) = Q(1, 1/2)$.
• $R$ — середина $CD$: $R(\frac{1+0}{2}, \frac{0+0}{2}) = R(1/2, 0)$.
• $T$ — середина $DA$: $T(\frac{0+0}{2}, \frac{1+0}{2}) = T(0, 1/2)$.

Составим уравнения прямых $AQ, BR, CT, DP$.

• Прямая $AQ$, проходящая через $A(0,1)$ и $Q(1, 1/2)$: $y - 1 = \frac{1/2 - 1}{1 - 0}(x - 0) \Rightarrow y = -\frac{1}{2}x + 1$.
• Прямая $BR$, проходящая через $B(1,1)$ и $R(1/2, 0)$: $y - 1 = \frac{0 - 1}{1/2 - 1}(x - 1) \Rightarrow y - 1 = 2(x - 1) \Rightarrow y = 2x - 1$.
• Прямая $CT$, проходящая через $C(1,0)$ и $T(0, 1/2)$: $y - 0 = \frac{1/2 - 0}{0 - 1}(x - 1) \Rightarrow y = -\frac{1}{2}x + \frac{1}{2}$.
• Прямая $DP$, проходящая через $D(0,0)$ и $P(1/2, 1)$: $y = \frac{1}{1/2}x \Rightarrow y = 2x$.

Найдем координаты вершин параллелограмма $XYZW$, решая системы уравнений.

• $W = CT \cap DP$: $2x = -\frac{1}{2}x + \frac{1}{2} \Rightarrow \frac{5}{2}x = \frac{1}{2} \Rightarrow x = \frac{1}{5}$. Тогда $y = 2(\frac{1}{5}) = \frac{2}{5}$. $W(\frac{1}{5}, \frac{2}{5})$.
• $X = AQ \cap DP$: $2x = -\frac{1}{2}x + 1 \Rightarrow \frac{5}{2}x = 1 \Rightarrow x = \frac{2}{5}$. Тогда $y = 2(\frac{2}{5}) = \frac{4}{5}$. $X(\frac{2}{5}, \frac{4}{5})$.
• $Z = BR \cap CT$: $2x - 1 = -\frac{1}{2}x + \frac{1}{2} \Rightarrow \frac{5}{2}x = \frac{3}{2} \Rightarrow x = \frac{3}{5}$. Тогда $y = 2(\frac{3}{5}) - 1 = \frac{1}{5}$. $Z(\frac{3}{5}, \frac{1}{5})$.

Площадь параллелограмма $XYZW$ можно найти как модуль определителя, составленного из векторов, выходящих из одной вершины, например, $\vec{WX}$ и $\vec{WZ}$.

$\vec{WX} = (\frac{2}{5} - \frac{1}{5}, \frac{4}{5} - \frac{2}{5}) = (\frac{1}{5}, \frac{2}{5})$.

$\vec{WZ} = (\frac{3}{5} - \frac{1}{5}, \frac{1}{5} - \frac{2}{5}) = (\frac{2}{5}, -\frac{1}{5})$.

$S_{XYZW} = \left| \det(\vec{WX}, \vec{WZ}) \right| = \left| \begin{vmatrix} 1/5 & 2/5 \\ 2/5 & -1/5 \end{vmatrix} \right| = \left| (\frac{1}{5})(-\frac{1}{5}) - (\frac{2}{5})(\frac{2}{5}) \right| = \left| -\frac{1}{25} - \frac{4}{25} \right| = \left| -\frac{5}{25} \right| = \frac{1}{5}$.

Таким образом, площадь внутреннего параллелограмма равна $1/5$, а площадь исходного квадрата равна $1$. Искомое отношение площадей:

$\frac{S_{XYZW}}{S_{ABCD}} = \frac{1/5}{1} = \frac{1}{5}$.

Ответ: Отношение площади образовавшегося параллелограмма к площади параллелограмма $ABCD$ равно $1:5$.