Номер 257, страница 113 - гдз по геометрии 8 класс учебник Казаков, Казакова

257. В трапеции $ABCD$ точки $K$ и $M$ – середины боковых сторон $AB$ и $CD$ соответственно (рис. 232). Докажите, что площадь синего четырехугольника равна сумме площадей красных треугольников.

Рис. 232

Доказательство:

Обозначим основания трапеции $AD = a$ и $BC = b$, а высоту трапеции $h$. Точки $K$ и $M$ — середины боковых сторон $AB$ и $CD$ соответственно. Площадь трапеции $ABCD$ равна $S_{ABCD} = \frac{a+b}{2}h$.

Рассмотрим красные треугольники. Пусть диагонали $AC$ и $BD$ пересекаются в точке $O$. Красные треугольники — это $\triangle AOD$ и $\triangle BOC$. $\triangle AOD \sim \triangle COB$ по двум углам ($\angle OAD = \angle OCB$ и $\angle ODA = \angle OBC$ как накрест лежащие углы при параллельных прямых $AD$ и $BC$ и секущих $AC$ и $BD$). Коэффициент подобия равен отношению оснований: $k = \frac{BC}{AD} = \frac{b}{a}$.

Пусть $h_1$ — высота $\triangle BOC$ из вершины $O$ на основание $BC$, а $h_2$ — высота $\triangle AOD$ из вершины $O$ на основание $AD$. Тогда $h_1 + h_2 = h$ и $\frac{h_1}{h_2} = \frac{b}{a}$. Решая эту систему, находим: $h_1 = \frac{bh}{a+b}$ и $h_2 = \frac{ah}{a+b}$.

Сумма площадей красных треугольников: $S_{красн} = S_{AOD} + S_{BOC} = \frac{1}{2} a \cdot h_2 + \frac{1}{2} b \cdot h_1 = \frac{1}{2} a \frac{ah}{a+b} + \frac{1}{2} b \frac{bh}{a+b} = \frac{h(a^2+b^2)}{2(a+b)}$.

Теперь рассмотрим синий четырехугольник. Судя по рисунку, его вершины — это точки $K, C, M, D$. Поскольку $M$ — середина стороны $CD$, точки $C, M, D$ лежат на одной прямой. Следовательно, четырехугольник $KCMD$ является вырожденным, и его площадь равна площади треугольника $\triangle KCD$. $S_{синий} = S_{KCMD} = S_{KCD}$.

Площадь треугольника $KCD$ можно найти, вычтя из площади трапеции площади треугольников $\triangle AKD$ и $\triangle BKC$. $S_{синий} = S_{KCD} = S_{ABCD} - S_{AKD} - S_{BKC}$.

Высота треугольника $\triangle AKD$ из вершины $K$ на основание $AD$ равна $\frac{h}{2}$, так как $K$ — середина боковой стороны $AB$. $S_{AKD} = \frac{1}{2} \cdot AD \cdot \frac{h}{2} = \frac{1}{2} a \frac{h}{2} = \frac{ah}{4}$.

Аналогично, высота треугольника $\triangle BKC$ из вершины $K$ на основание $BC$ равна $\frac{h}{2}$. $S_{BKC} = \frac{1}{2} \cdot BC \cdot \frac{h}{2} = \frac{1}{2} b \frac{h}{2} = \frac{bh}{4}$.

Тогда площадь синей фигуры: $S_{синий} = \frac{(a+b)h}{2} - \frac{ah}{4} - \frac{bh}{4} = \frac{2(a+b)h - ah - bh}{4} = \frac{2ah+2bh-ah-bh}{4} = \frac{(a+b)h}{4}$. (Заметим, что это равно $\frac{1}{2}S_{ABCD}$).

Теперь сравним площадь синей фигуры и сумму площадей красных фигур. Мы должны доказать, что $S_{синий} = S_{красн}$. $\frac{(a+b)h}{4} = \frac{h(a^2+b^2)}{2(a+b)}$. Сократим на $h$ (предполагая $h \neq 0$) и умножим обе части на $4(a+b)$: $(a+b)^2 = 2(a^2+b^2)$. $a^2 + 2ab + b^2 = 2a^2 + 2b^2$. $a^2 - 2ab + b^2 = 0$. $(a-b)^2 = 0$. Это равенство выполняется только тогда, когда $a=b$.

Если $a=b$, трапеция является параллелограммом. В этом случае утверждение задачи верно. Однако для произвольной трапеции, где $a \neq b$, равенство не выполняется. Следовательно, утверждение задачи в общем виде неверно. Вероятно, в условии задачи или на рисунке допущена ошибка.

Альтернативный подход через площади треугольников, образованных диагоналями:
Обозначим $S_{AOB}=S_1, S_{BOC}=S_2, S_{COD}=S_3, S_{AOD}=S_4$. Для любой трапеции верно, что $S_{ABD} = S_{ACD}$ (одинаковое основание $AD$ и равные высоты из $B$ и $C$), откуда следует, что $S_1+S_4 = S_3+S_4$, то есть $S_1 = S_3$. Также для любого выпуклого четырехугольника $S_1 S_3 = S_2 S_4$. Из этих двух свойств получаем $S_3^2 = S_2 S_4$, или $S_3 = \sqrt{S_2 S_4}$.

Площадь синей фигуры $S_{синий} = S_{KCD}$. $S_{KCD} = S_{ABCD} - S_{AKD} - S_{BKC}$. $K$ — середина $AB$, значит $DK$ — медиана $\triangle ABD$, а $CK$ — медиана $\triangle ABC$. $S_{AKD} = \frac{1}{2}S_{ABD} = \frac{1}{2}(S_1+S_4)$. $S_{BKC} = \frac{1}{2}S_{ABC} = \frac{1}{2}(S_1+S_2)$. $S_{KCD} = (S_1+S_2+S_3+S_4) - \frac{1}{2}(S_1+S_4) - \frac{1}{2}(S_1+S_2) = S_3 + \frac{1}{2}(S_2+S_4)$.

Утверждение задачи: $S_{KCD} = S_2+S_4$. Подставляя наше выражение для $S_{KCD}$: $S_3 + \frac{1}{2}(S_2+S_4) = S_2+S_4$. $S_3 = \frac{1}{2}(S_2+S_4)$.

Таким образом, задача сводится к доказательству того, что $S_3 = \frac{S_2+S_4}{2}$. Но мы знаем, что $S_3 = \sqrt{S_2 S_4}$. Равенство $\sqrt{S_2 S_4} = \frac{S_2+S_4}{2}$ (равенство среднего геометрического и среднего арифметического) выполняется только при $S_2 = S_4$. $S_2 = S_{BOC}$, $S_4 = S_{AOD}$. Их равенство означает, что $a^2=b^2$, то есть $a=b$.

Оба метода приводят к одному и тому же выводу.

Ответ: Утверждение, представленное в задаче, верно только в частном случае, когда трапеция является параллелограммом ($a=b$), и неверно для произвольной трапеции. Доказательство того, что равенство площадей синего четырехугольника и суммы площадей красных треугольников приводит к условию $a=b$, приведено выше.