Номер 1336, страница 352 - гдз по геометрии 7-9 класс учебник Атанасян, Бутузов

Геометрия, 7-9 класс Учебник, авторы: Атанасян Левон Сергеевич, Бутузов Валентин Фёдорович, Кадомцев Сергей Борисович, Позняк Эдуард Генрихович, Юдина Ирина Игоревна, издательство Просвещение, Москва, 2023

Авторы: Атанасян Л. С., Бутузов В. Ф., Кадомцев С. Б., Позняк Э. Г., Юдина И. И.

Тип: Учебник

Издательство: Просвещение

Год издания: 2023 - 2025

Уровень обучения: базовый

Цвет обложки: синий

ISBN: 978-5-09-102538-5 (2023), 978-5-09-111167-5 (2024)

Допущено Министерством просвещения Российской Федерации

Популярные ГДЗ в 7 классе

137. Применение подобия к решению задач. § 3. Применение подобия фигур к доказательству теорем и решению задач. Глава 15. Преобразование подобия. Подобие фигуры - номер 1336, страница 352.

Навигация по странице:

Решение Комментарии
№1336 (с. 352)
Условие. №1336 (с. 352)
скриншот условия
Геометрия, 7-9 класс Учебник, авторы: Атанасян Левон Сергеевич, Бутузов Валентин Фёдорович, Кадомцев Сергей Борисович, Позняк Эдуард Генрихович, Юдина Ирина Игоревна, издательство Просвещение, Москва, 2023, страница 352, номер 1336, Условие Геометрия, 7-9 класс Учебник, авторы: Атанасян Левон Сергеевич, Бутузов Валентин Фёдорович, Кадомцев Сергей Борисович, Позняк Эдуард Генрихович, Юдина Ирина Игоревна, издательство Просвещение, Москва, 2023, страница 352, номер 1336, Условие (продолжение 2)

1336 Даны угол hk и точка А, принадлежащая внутренней области этого угла. Постройте треугольник PQR, подобный данному треугольнику P₁Q₁R₁, так, чтобы Ph, Qh, Rk и A принадлежала отрезку QR (рис. 413).

Рисунок 413
Решение 1. №1336 (с. 352)
Геометрия, 7-9 класс Учебник, авторы: Атанасян Левон Сергеевич, Бутузов Валентин Фёдорович, Кадомцев Сергей Борисович, Позняк Эдуард Генрихович, Юдина Ирина Игоревна, издательство Просвещение, Москва, 2023, страница 352, номер 1336, Решение 1
Решение 10. №1336 (с. 352)
Геометрия, 7-9 класс Учебник, авторы: Атанасян Левон Сергеевич, Бутузов Валентин Фёдорович, Кадомцев Сергей Борисович, Позняк Эдуард Генрихович, Юдина Ирина Игоревна, издательство Просвещение, Москва, 2023, страница 352, номер 1336, Решение 10
Решение 11. №1336 (с. 352)

Для решения данной задачи воспользуемся методом гомотетии. Решение можно разбить на несколько этапов: анализ, построение, доказательство и исследование.

Анализ

Предположим, что искомый треугольник $PQR$ построен. Его вершины $P$ и $Q$ лежат на стороне $h$ угла, вершина $R$ лежит на стороне $k$, точка $A$ принадлежит отрезку $QR$, и $\triangle PQR \sim \triangle P_1Q_1R_1$.

Пусть $O$ — вершина данного угла $hk$. Рассмотрим гомотетию с центром в точке $O$. При такой гомотетии луч $h$ переходит в себя, и луч $k$ также переходит в себя. Это означает, что если мы возьмем любой треугольник с вершинами на лучах $h$ и $k$, то его образ при гомотетии с центром $O$ также будет иметь вершины на этих лучах.

Идея состоит в том, чтобы сначала построить некоторый "вспомогательный" треугольник $P'Q'R'$, который удовлетворяет всем условиям, кроме одного — прохождения стороны через точку $A$. То есть, $P', Q' \in h$, $R' \in k$ и $\triangle P'Q'R' \sim \triangle P_1Q_1R_1$.

Затем, искомый треугольник $PQR$ можно будет получить из вспомогательного $\triangle P'Q'R'$ с помощью гомотетии с центром в $O$. При гомотетии подобие сохраняется, поэтому $\triangle PQR \sim \triangle P'Q'R'$, а значит, и $\triangle PQR \sim \triangle P_1Q_1R_1$.

Остается удовлетворить условие $A \in QR$. Сторона $QR$ является образом стороны $Q'R'$ при гомотетии. Чтобы точка $A$ лежала на $QR$, она должна быть образом некоторой точки $A'$, лежащей на $Q'R'$. По определению гомотетии, точки $O$, $A'$ и $A$ должны лежать на одной прямой. Таким образом, точка $A'$ — это точка пересечения луча $OA$ со стороной $Q'R'$ вспомогательного треугольника.

Это приводит к следующему плану построения.

Построение

Построение будет состоять из двух основных частей: создание вспомогательного треугольника и затем, с его помощью, построение искомого треугольника.

Часть 1: Построение вспомогательного треугольника $P'Q'R'$.

  1. На луче $h$ выберем произвольно две точки $P_0$ и $Q_0$.
  2. Построим $\triangle P_0Q_0R_0$, подобный $\triangle P_1Q_1R_1$. Для этого можно, например, построить на отрезке $P_0Q_0$ (внутри угла $hk$) углы $\angle R_0P_0Q_0 = \angle R_1P_1Q_1$ и $\angle R_0Q_0P_0 = \angle R_1Q_1P_1$. Точка пересечения сторон этих углов даст вершину $R_0$.
  3. Проведем луч $OR_0$.
  4. Точка пересечения луча $OR_0$ с лучом $k$ является вершиной $R'$ нашего вспомогательного треугольника.
  5. Через точку $R'$ проведем прямую, параллельную $R_0P_0$, до пересечения с лучом $h$. Точка пересечения будет вершиной $P'$.
  6. Через точку $R'$ проведем прямую, параллельную $R_0Q_0$, до пересечения с лучом $h$. Точка пересечения будет вершиной $Q'$.
  7. Треугольник $P'Q'R'$ построен. Он подобен $\triangle P_1Q_1R_1$, и его вершины лежат на сторонах угла $hk$.

Часть 2: Построение искомого треугольника $PQR$.

  1. Проведем луч $OA$ до пересечения со стороной $Q'R'$ треугольника $P'Q'R'$. Обозначим точку пересечения $A'$.
  2. Теперь выполним гомотетию с центром $O$, которая переводит точку $A'$ в $A$. Образом $\triangle P'Q'R'$ будет искомый $\triangle PQR$.
  3. Через точку $A$ проведем прямую, параллельную $A'R'$. Точка ее пересечения с лучом $k$ будет вершиной $R$.
  4. Через точку $A$ проведем прямую, параллельную $A'Q'$. Точка ее пересечения с лучом $h$ будет вершиной $Q$.
  5. Для нахождения вершины $P$ проведем через точку $R$ прямую, параллельную $R'P'$. Точка ее пересечения с лучом $h$ будет вершиной $P$.
  6. Соединим точки $P, Q, R$. Треугольник $PQR$ — искомый.

Доказательство

Нужно доказать, что построенный треугольник $PQR$ удовлетворяет всем условиям задачи.

  1. Вершины на сторонах угла: По построению, точки $P$ и $Q$ лежат на луче $h$, а точка $R$ — на луче $k$.
  2. Подобие: Вспомогательный треугольник $P'Q'R'$ был получен из $\triangle P_0Q_0R_0$ гомотетией с центром $O$, поэтому $\triangle P'Q'R' \sim \triangle P_0Q_0R_0$. По построению $\triangle P_0Q_0R_0 \sim \triangle P_1Q_1R_1$. Следовательно, $\triangle P'Q'R' \sim \triangle P_1Q_1R_1$.
    Искомый треугольник $PQR$ получен из $\triangle P'Q'R'$ гомотетией с центром $O$ (это следует из построения вершин через параллельные прямые). Значит, $\triangle PQR \sim \triangle P'Q'R'$.
    По свойству транзитивности подобия, $\triangle PQR \sim \triangle P_1Q_1R_1$.
  3. Точка A на отрезке QR: Гомотетия с центром $O$, переводящая $A'$ в $A$, переводит прямую $Q'R'$ в прямую $QR$. Так как точка $A'$ лежит на прямой $Q'R'$, ее образ, точка $A$, будет лежать на прямой $QR$. Поскольку точка $A$ лежит внутри угла $hk$, а $Q$ и $R$ на его сторонах, то луч $OA$ пересекает именно отрезок $Q'R'$, а не его продолжение. Следовательно, $A'$ лежит на отрезке $Q'R'$, а значит, ее образ $A$ будет лежать на отрезке $QR$.

Все условия задачи выполнены.

Исследование

Построение вспомогательного треугольника $\triangle P_0Q_0R_0$ на отрезке $P_0Q_0$ возможно и единственно (с точностью до выбора стороны от прямой $h$). Чтобы луч $OR_0$ пересек луч $k$, вершина $R_0$ должна быть построена внутри угла $hk$. При этом условии точка $R'$ определяется однозначно.

Далее, так как точка $A$ находится во внутренней области угла, луч $OA$ пересечет отрезок $Q'R'$ в единственной точке $A'$.

Все последующие шаги построения также однозначны. Таким образом, при заданном соответствии вершин ($P \leftrightarrow P_1$, $Q \leftrightarrow Q_1$, $R \leftrightarrow R_1$) задача имеет единственное решение.

Если же соответствие вершин $P$ и $Q$ не фиксировано, то можно поменять ролями углы $\angle P_1$ и $\angle Q_1$ при построении $\triangle P_0Q_0R_0$, что приведет к другому вспомогательному треугольнику и, возможно, ко второму решению.

Ответ: Задача решена методом гомотетии. Алгоритм построения, его обоснование и анализ числа решений представлены выше.

Помогло решение? Оставьте отзыв в комментариях ниже.

Мы подготовили для вас ответ c подробным объяснением домашего задания по геометрии за 7-9 класс, для упражнения номер 1336 расположенного на странице 352 к учебнику 2023 года издания для учащихся школ и гимназий.

Теперь на нашем сайте ГДЗ.ТОП вы всегда легко и бесплатно найдёте условие с правильным ответом на вопрос «Как решить ДЗ» и «Как сделать» задание по геометрии к упражнению №1336 (с. 352), авторов: Атанасян (Левон Сергеевич), Бутузов (Валентин Фёдорович), Кадомцев (Сергей Борисович), Позняк (Эдуард Генрихович), Юдина (Ирина Игоревна), ФГОС (новый, красный) базовый уровень обучения учебного пособия издательства Просвещение.

Присоединяйтесь к Телеграм-группе @top_gdz

Присоединиться