Номер 1388, страница 360 - 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

Задачи к главе 11. Задачи повышенной трудности. Глава 15. Преобразование подобия. Подобие фигуры - номер 1388, страница 360.

Навигация по странице:

Решение Комментарии
№1388 (с. 360)
Условие. №1388 (с. 360)
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 360, номер 1388, Условие

1388 Пусть A и B — данные точки, k — данное положительное число, не равное 1.

а) Докажите, что множество всех точек M, удовлетворяющих условию AM = kBM, есть окружность (окружность Аполлония).

б) Докажите, что эта окружность пересекается с любой окружностью, проходящей через точки A и B, так, что их радиусы, проведённые в точку пересечения, взаимно перпендикулярны.

Решение 2. №1388 (с. 360)
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 360, номер 1388, Решение 2 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 360, номер 1388, Решение 2 (продолжение 2)
Решение 3. №1388 (с. 360)
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 360, номер 1388, Решение 3 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 360, номер 1388, Решение 3 (продолжение 2)
Решение 4. №1388 (с. 360)
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 360, номер 1388, Решение 4
Решение 6. №1388 (с. 360)
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 360, номер 1388, Решение 6 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 360, номер 1388, Решение 6 (продолжение 2)
Решение 9. №1388 (с. 360)
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 360, номер 1388, Решение 9 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 360, номер 1388, Решение 9 (продолжение 2) 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 360, номер 1388, Решение 9 (продолжение 3)
Решение 11. №1388 (с. 360)
а)

Пусть $M$ — произвольная точка, удовлетворяющая условию $AM = k \cdot BM$, где $k$ — данное положительное число, не равное 1. Перепишем это условие в виде отношения расстояний: $\frac{AM}{BM} = k$.

Рассмотрим прямую, проходящую через точки $A$ и $B$. Поскольку $k \neq 1$, на этой прямой существуют ровно две точки, $C$ и $D$, которые делят отрезок $AB$ в отношении $k$.
1. Точка $C$ делит отрезок $AB$ внутренним образом так, что $\frac{AC}{CB} = k$.
2. Точка $D$ делит отрезок $AB$ внешним образом так, что $\frac{AD}{DB} = k$.

Рассмотрим треугольник $\triangle AMB$ для любой точки $M$, не лежащей на прямой $AB$. Из условия $\frac{AM}{BM} = \frac{AC}{CB} (=k)$, по теореме, обратной теореме о биссектрисе угла треугольника, следует, что луч $MC$ является биссектрисой внутреннего угла $\angle AMB$.

Аналогично, из условия $\frac{AM}{BM} = \frac{AD}{DB} (=k)$, по теореме, обратной теореме о биссектрисе внешнего угла треугольника, следует, что луч $MD$ является биссектрисой внешнего угла при вершине $M$ треугольника $\triangle AMB$.

Известно, что биссектрисы внутреннего и смежного с ним внешнего углов треугольника взаимно перпендикулярны. Следовательно, $\angle CMD = 90^\circ$.

Геометрическое место точек $M$, из которых отрезок $CD$ виден под прямым углом, есть окружность, построенная на отрезке $CD$ как на диаметре. Точки $C$ и $D$ также принадлежат этому множеству, так как они удовлетворяют исходному условию и лежат на данной окружности (как концы диаметра).

Таким образом, множество всех точек $M$, удовлетворяющих данному условию, является окружностью, которая известна как окружность Аполлония. Что и требовалось доказать.

Ответ: Утверждение доказано.

б)

Пусть $\Omega_k$ — это окружность Аполлония из пункта а), с центром $O_k$ и радиусом $R_k$. Как было показано, центр $O_k$ лежит на прямой $AB$.

Пусть $\Omega$ — произвольная окружность, проходящая через точки $A$ и $B$. Её центр $O$ должен лежать на серединном перпендикуляре к отрезку $AB$.

Пусть $M$ — точка пересечения окружностей $\Omega_k$ и $\Omega$. Для доказательства того, что окружности пересекаются под прямым углом, необходимо показать, что их радиусы, проведённые в точку пересечения $M$, взаимно перпендикулярны, то есть $O_kM \perp OM$.

Для удобства вычислений введём систему координат. Поместим начало координат в середину отрезка $AB$. Пусть ось $Ox$ проходит через точки $A$ и $B$. Тогда координаты точек будут $A(-c, 0)$ и $B(c, 0)$ для некоторого $c > 0$.

Центр $O$ окружности $\Omega$ лежит на оси $Oy$ (серединном перпендикуляре к $AB$), поэтому его координаты $O(0, y_0)$. Квадрат радиуса $R$ этой окружности равен квадрату расстояния от $O$ до $A$: $R^2 = OA^2 = (-c - 0)^2 + (0 - y_0)^2 = c^2 + y_0^2$. Уравнение окружности $\Omega$ имеет вид: $x^2 + (y - y_0)^2 = c^2 + y_0^2$, что равносильно $x^2 + y^2 - 2y_0y - c^2 = 0$.

Окружность Аполлония $\Omega_k$ задаётся условием $AM^2 = k^2 \cdot BM^2$. В координатах это выглядит так: $(x+c)^2 + y^2 = k^2((x-c)^2 + y^2)$. Раскроем скобки и сгруппируем члены: $(1-k^2)x^2 + (1-k^2)y^2 + 2c(1+k^2)x + c^2(1-k^2) = 0$. Так как $k \neq 1$, мы можем разделить всё уравнение на $(1-k^2)$, получив: $x^2 + y^2 - \frac{2c(k^2+1)}{k^2-1}x + c^2 = 0$.

Это уравнение окружности с центром на оси $Ox$. Координаты центра $O_k$ равны $(x_k, 0)$, где $x_k = \frac{c(k^2+1)}{k^2-1}$. Квадрат радиуса $R_k^2$ можно найти, выделив полный квадрат: $R_k^2 = x_k^2 - c^2 = \left(\frac{c(k^2+1)}{k^2-1}\right)^2 - c^2 = c^2 \frac{(k^2+1)^2 - (k^2-1)^2}{(k^2-1)^2} = c^2 \frac{4k^2}{(k^2-1)^2} = \left(\frac{2kc}{k^2-1}\right)^2$.

Две окружности пересекаются ортогонально (под прямым углом), если квадрат расстояния между их центрами равен сумме квадратов их радиусов. Проверим это условие для $\Omega_k$ и $\Omega$. Расстояние $d$ между центрами $O_k(x_k, 0)$ и $O(0, y_0)$ вычисляется по формуле: $d^2 = (x_k - 0)^2 + (0 - y_0)^2 = x_k^2 + y_0^2$.

Мы должны доказать, что $d^2 = R_k^2 + R^2$. Подставим найденные выражения:
$R_k^2 + R^2 = (x_k^2 - c^2) + (c^2 + y_0^2) = x_k^2 + y_0^2$.
Мы видим, что $R_k^2 + R^2 = d^2$. Это и есть условие ортогональности двух окружностей.

Поскольку квадрат расстояния между центрами равен сумме квадратов радиусов, то по теореме, обратной теореме Пифагора, для треугольника $\triangle O_kOM$ угол $\angle O_kMO$ является прямым. Это означает, что радиусы $O_kM$ и $OM$ взаимно перпендикулярны. Следовательно, окружности пересекаются под прямым углом. Что и требовалось доказать.

Ответ: Утверждение доказано.

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 1388 расположенного на странице 360 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 №1388 (с. 360), 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