Номер 444, страница 119 - 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 главам 3 и 4. Задачи повышенной трудности. Глава 5. Геометрические места точек. Симметричные фигуры - номер 444, страница 119.

Навигация по странице:

Решение Комментарии
№444 (с. 119)
Условие. №444 (с. 119)
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 119, номер 444, Условие

444 Дана окружность с центром О и точка А вне её. Проведите через точку А прямую, пересекающую окружность в точках В и С таких, что AB = ВС.

Решение 2. №444 (с. 119)
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 119, номер 444, Решение 2
Решение 3. №444 (с. 119)
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 119, номер 444, 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 119, номер 444, Решение 3 (продолжение 2)
Решение 4. №444 (с. 119)
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 119, номер 444, Решение 4
Решение 6. №444 (с. 119)
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 119, номер 444, 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 119, номер 444, Решение 6 (продолжение 2)
Решение 9. №444 (с. 119)
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 119, номер 444, 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 119, номер 444, Решение 9 (продолжение 2)
Решение 11. №444 (с. 119)

Для решения данной задачи сначала проведем анализ, чтобы найти метод построения. Пусть искомая прямая, проходящая через точку $A$, пересекает окружность с центром $O$ и радиусом $R$ в точках $B$ и $C$. По условию, $AB=BC$. Так как точка $A$ находится вне окружности, точки на прямой располагаются в последовательности $A-B-C$. Это означает, что точка $B$ является серединой отрезка $AC$, и, следовательно, $AC = AB + BC = AB + AB = 2AB$.

Воспользуемся теоремой о степени точки относительно окружности. Степень точки $A$ равна произведению длин отрезков секущей от точки $A$ до точек пересечения с окружностью: $P(A) = AB \cdot AC$. Также степень точки $A$ равна квадрату длины касательной $AT$, проведенной из точки $A$ к окружности, то есть $P(A) = AT^2 = OA^2 - R^2$.

Подставив $AC = 2AB$ в формулу степени точки, получим:$AB \cdot (2AB) = OA^2 - R^2$$2AB^2 = OA^2 - R^2$$AB = \sqrt{\frac{OA^2 - R^2}{2}}$

Это уравнение показывает, что точка $B$ должна находиться на фиксированном расстоянии от точки $A$. Следовательно, точка $B$ является точкой пересечения двух окружностей:
1. Исходной окружности с центром $O$ и радиусом $R$.
2. Вспомогательной окружности с центром $A$ и радиусом $r_A = \sqrt{\frac{OA^2 - R^2}{2}}$.

Таким образом, задача сводится к построению отрезка-радиуса $r_A$ и нахождению точек пересечения этих двух окружностей.

Построение:

  1. Построим отрезок, длина которого равна $\sqrt{OA^2 - R^2}$. Эта длина соответствует длине касательной, проведенной из точки $A$ к окружности. Для этого соединим точки $O$ и $A$. Найдем середину $M$ отрезка $OA$. Построим окружность с центром в $M$ и радиусом $MA$. Эта окружность пересечет исходную окружность в точке $T$. Отрезок $AT$ является касательной.
  2. Теперь построим отрезок длиной $r_A = \frac{AT}{\sqrt{2}}$. Эта длина равна катету равнобедренного прямоугольного треугольника, гипотенуза которого равна $AT$. Для этого на отрезке $AT$ как на диаметре строим окружность. Затем строим серединный перпендикуляр к отрезку $AT$. Точка $P$, лежащая на пересечении этой окружности и перпендикуляра, вместе с точками $A$ и $T$ образует равнобедренный прямоугольный треугольник $APT$. Длина катета $AP$ (или $TP$) равна искомому радиусу $r_A$.
  3. Построим вспомогательную окружность с центром в точке $A$ и радиусом $r_A = AP$.
  4. Точки пересечения вспомогательной окружности с исходной окружностью обозначим как $B_1$ и $B_2$. Это искомые положения точки $B$.
  5. Проведем прямую через точку $A$ и одну из найденных точек, например $B_1$. Эта прямая и будет искомой. Она пересечет исходную окружность в другой точке $C_1$.

Доказательство:

По построению, точка $B$ лежит на окружности с центром $A$ и радиусом $r_A = AP$. Следовательно, $AB = r_A$. Из построения радиуса $r_A$ мы знаем, что $r_A^2 = \frac{AT^2}{2}$. Длина касательной $AT$ в квадрате равна степени точки $A$, то есть $AT^2 = OA^2 - R^2$. Таким образом, $AB^2 = \frac{OA^2 - R^2}{2}$.С другой стороны, по теореме о степени точки $A$ относительно исходной окружности, $AB \cdot AC = OA^2 - R^2$. Подставив сюда выражение для $OA^2 - R^2$, получим $AB \cdot AC = 2AB^2$. Так как $A$ вне окружности, $AB \neq 0$, и мы можем разделить обе части на $AB$, что дает $AC = 2AB$. Поскольку точки $A$, $B$, $C$ лежат на одной прямой и $B$ между $A$ и $C$, то $AC = AB + BC$. Следовательно, $AB + BC = 2AB$, откуда $BC = AB$. Построение верно.

Исследование:

Число решений зависит от числа точек пересечения исходной окружности (центр $O$, радиус $R$) и вспомогательной окружности (центр $A$, радиус $r_A$). Пересечение существует, если расстояние между центрами $OA$ удовлетворяет неравенству $|R - r_A| \le OA \le R + r_A$.Анализ показывает, что это условие сводится к одному: $OA \le 3R$.
• Если $OA > 3R$, то окружности не пересекаются, и решений нет.
• Если $OA = 3R$, то окружности касаются в одной точке. Существует одно решение — прямая, проходящая через центры $O$ и $A$.
• Если $R < OA < 3R$, то окружности пересекаются в двух точках, симметричных относительно прямой $OA$. В этом случае существуют два решения (две прямые).

Ответ: Алгоритм построения искомой прямой описан выше. Он заключается в построении вспомогательной окружности с центром в точке $A$, радиус которой $r_A$ равен катету равнобедренного прямоугольного треугольника с гипотенузой, равной длине касательной из точки $A$ к данной окружности. Искомая прямая проходит через точку $A$ и точку $B$, которая является точкой пересечения данной и вспомогательной окружностей.

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 444 расположенного на странице 119 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 №444 (с. 119), 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