Номер 457, страница 120 - 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 5. Задачи повышенной трудности. Глава 5. Геометрические места точек. Симметричные фигуры - номер 457, страница 120.

Навигация по странице:

Решение Комментарии
№457 (с. 120)
Условие. №457 (с. 120)
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 120, номер 457, Условие

457 Даны окружность, прямая m, а также точка A на прямой m. Постройте окружность, касающуюся прямой m в точке А и данной окружности.

Решение 1. №457 (с. 120)
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 120, номер 457, Решение 1
Решение 10. №457 (с. 120)
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 120, номер 457, Решение 10
Решение 11. №457 (с. 120)

Задача заключается в построении окружности CxC_x с центром OxO_x и радиусом RxR_x, которая касается данной прямой mm в точке AA и данной окружности C1C_1 с центром O1O_1 и радиусом R1R_1.

Решение можно разбить на три этапа: анализ, построение и исследование числа решений.

Анализ

Пусть искомая окружность CxC_x имеет центр OxO_x и радиус RxR_x.

  1. Из условия, что окружность CxC_x касается прямой mm в точке AA, следует, что ее центр OxO_x должен лежать на прямой pp, перпендикулярной прямой mm и проходящей через точку AA. Радиус искомой окружности равен расстоянию от ее центра до точки касания, то есть Rx=OxAR_x = O_x A.
  2. Из условия, что окружность CxC_x касается данной окружности C1C_1, следует, что расстояние между их центрами O1OxO_1O_x равно сумме или разности их радиусов:
    • Внешнее касание: O1Ox=R1+RxO_1O_x = R_1 + R_x.
    • Внутреннее касание: O1Ox=R1RxO_1O_x = |R_1 - R_x|.

Для нахождения центра OxO_x введем систему координат. Пусть прямая mm является осью абсцисс (OxOx), а перпендикулярная ей прямая pp — осью ординат (OyOy). Тогда точка AA будет началом координат (0,0)(0, 0). Центр искомой окружности OxO_x будет иметь координаты (0,yx)(0, y_x), а ее радиус будет Rx=yxR_x = |y_x|. Пусть центр данной окружности C1C_1 имеет координаты O1(a,b)O_1(a, b), а ее радиус равен R1R_1. Величины aa, bb и R1R_1 можно построить циркулем и линейкой по исходным данным.

Рассмотрим уравнение касания. Расстояние между центрами O1(a,b)O_1(a, b) и Ox(0,yx)O_x(0, y_x) равно O1Ox=(a0)2+(byx)2=a2+(byx)2O_1O_x = \sqrt{(a-0)^2 + (b-y_x)^2} = \sqrt{a^2 + (b-y_x)^2}.

Подставим это в условия касания. Рассмотрим случай, когда центр искомой окружности лежит в полуплоскости, где y>0y>0, тогда Rx=yxR_x = y_x.

1) Внешнее касание: O1Ox=R1+Rx=R1+yxO_1O_x = R_1 + R_x = R_1 + y_x.
a2+(byx)2=R1+yx\sqrt{a^2 + (b-y_x)^2} = R_1 + y_x. Возведем в квадрат:
a2+b22byx+yx2=R12+2R1yx+yx2a^2 + b^2 - 2by_x + y_x^2 = R_1^2 + 2R_1y_x + y_x^2.
a2+b2R12=2byx+2R1yx=2(b+R1)yxa^2 + b^2 - R_1^2 = 2by_x + 2R_1y_x = 2(b+R_1)y_x, откуда yx=a2+b2R122(b+R1)y_x = \frac{a^2+b^2-R_1^2}{2(b+R_1)}.

2) Внутреннее касание: O1Ox=R1Rx=R1yxO_1O_x = |R_1 - R_x| = |R_1 - y_x|.
a2+(byx)2=R1yx\sqrt{a^2 + (b-y_x)^2} = |R_1 - y_x|. Возведем в квадрат:
a2+(byx)2=(R1yx)2=R122R1yx+yx2a^2 + (b-y_x)^2 = (R_1 - y_x)^2 = R_1^2 - 2R_1y_x + y_x^2.
a2+b2R12=2byx2R1yx=2(bR1)yxa^2 + b^2 - R_1^2 = 2by_x - 2R_1y_x = 2(b-R_1)y_x, откуда yx=a2+b2R122(bR1)y_x = \frac{a^2+b^2-R_1^2}{2(b-R_1)}.

Эти формулы позволяют найти координату yxy_x центра искомой окружности, построив отрезки, соответствующие числителю и знаменателю, а затем их отношение. Заметим, что a2+b2=(O1A)2a^2+b^2 = (O_1A)^2, то есть квадрату расстояния от точки AA до центра O1O_1.

Построение

Построение выполняется с помощью циркуля и линейки.

  1. Проводим через точку AA прямую pp, перпендикулярную прямой mm. Это геометрическое место центров искомых окружностей.
  2. Определяем величины aa, bb, R1R_1:
    • R1R_1 — радиус данной окружности C1C_1.
    • Опускаем перпендикуляр из центра O1O_1 на прямую mm. Пусть основание перпендикуляра — точка HH. Тогда b=O1Hb = O_1H.
    • a=AHa = AH.
  3. Строим отрезок LL, квадрат длины которого равен числителю N=a2+b2R12=(O1A)2R12N = a^2+b^2-R_1^2 = (O_1A)^2 - R_1^2.
    • Строим отрезок d=O1Ad = O_1A.
    • Если d>R1d > R_1 (точка AA вне окружности C1C_1), строим прямоугольный треугольник с гипотенузой dd и катетом R1R_1. Второй катет будет иметь длину L=d2R12L = \sqrt{d^2 - R_1^2}. Тогда N=L2N = L^2.
    • Если d<R1d < R_1 (точка AA внутри окружности C1C_1), строим прямоугольный треугольник с гипотенузой R1R_1 и катетом dd. Второй катет будет иметь длину L=R12d2L' = \sqrt{R_1^2 - d^2}. В этом случае числитель N=L2N = -L'^2 будет отрицательным.
    • Если d=R1d=R_1, числитель равен нулю.
  4. Строим отрезки, равные знаменателям: D1=2(b+R1)D_1 = 2(b+R_1) и D2=2(bR1)D_2 = 2(b-R_1). Это элементарные построения сложения, вычитания и удвоения отрезков.
  5. Строим отрезки yxy_x — ординаты центров искомых окружностей. Нам нужно построить величину вида y=L2Dy = \frac{L^2}{D}. Это можно сделать с помощью подобных треугольников.
    • Проводим две пересекающиеся в точке VV прямые.
    • На одной прямой откладываем отрезки VD=DVD = D и VL1=LVL_1 = L.
    • На второй прямой откладываем отрезок VL2=LVL_2 = L.
    • Соединяем точки DD и L2L_2.
    • Проводим через точку L1L_1 прямую, параллельную DL2DL_2. Точка ее пересечения со второй прямой, пусть это YY, даст отрезок VY=yVY = y. Из подобия треугольников VYL1VL2D\triangle VYL_1 \sim \triangle VL_2D следует VYVL1=VL2VD\frac{VY}{VL_1} = \frac{VL_2}{VD}, то есть yL=LD\frac{y}{L} = \frac{L}{D}, откуда y=L2Dy = \frac{L^2}{D}.
    Повторяем это построение для обоих знаменателей (D1D_1 и D2D_2), получая до двух различных значений для yxy_x. Если числитель был отрицательным (N=L2N=-L'^2), то yx=L2Dy_x = \frac{-L'^2}{D}, и знак yxy_x будет противоположен знаку DD.
  6. Откладываем полученные отрезки yxy_x на прямой pp от точки AA. Концы этих отрезков — центры OxO_x искомых окружностей. Положительные значения yxy_x откладываются в одну полуплоскость от прямой mm, отрицательные — в другую.
  7. Для каждого найденного центра OxO_x строим окружность радиусом Rx=yx=OxAR_x = |y_x| = O_xA.

Исследование

В зависимости от взаимного расположения окружности C1C_1, прямой mm и точки AA, задача может иметь разное число решений (от 0 до 4, так как решения могут быть по обе стороны от прямой mm).

  • Два решения: Это общий случай, когда AA не лежит на C1C_1, и C1C_1 не касается прямой mm. Обычно существуют две окружности, лежащие в одной полуплоскости относительно mm. Одна касается C1C_1 внешне, другая — внутренне.
  • Одно решение: Это возможно в вырожденных случаях. Например, если AA лежит на окружности C1C_1, то одно из решений — точечная окружность в точке AA (радиус 0).
  • Нет решений: Если, например, окружность C1C_1 очень маленькая и находится далеко от прямой mm, может не найтись окружности, удовлетворяющей условиям.
  • Бесконечно много решений: Этот случай возникает, если данная окружность C1C_1 уже касается прямой mm в точке AA. Тогда любая окружность, касающаяся mm в точке AA и лежащая с той же стороны, что и C1C_1, будет касаться и C1C_1. В наших формулах это соответствует случаю неопределенности 0/00/0.

Таким образом, построив величины yxy_x по приведенным формулам, мы находим все возможные центры искомых окружностей.

Ответ: Задача решается путем сведения к алгебраическим уравнениям, которые затем решаются геометрически с помощью циркуля и линейки. Алгоритм построения описан выше. В общем случае задача имеет два решения (если рассматривать окружности по одну сторону от прямой).

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 457 расположенного на странице 120 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 №457 (с. 120), 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