Номер 924, страница 223 - 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 9. Задачи повышенной трудности. Глава 9. Окружность - номер 924, страница 223.

Навигация по странице:

Решение Комментарии
№924 (с. 223)
Условие. №924 (с. 223)
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 223, номер 924, Условие

924 Постройте треугольник, если дана описанная окружность и на ней точки A, В и М, через которые проходят прямые, содержащие высоту, биссектрису и медиану треугольника, проведённые из одной вершины.

Решение 2. №924 (с. 223)
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 223, номер 924, Решение 2
Решение 3. №924 (с. 223)
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 223, номер 924, Решение 3
Решение 4. №924 (с. 223)
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 223, номер 924, Решение 4
Решение 6. №924 (с. 223)
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 223, номер 924, 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 223, номер 924, Решение 6 (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 223, номер 924, Решение 6 (продолжение 3)
Решение 11. №924 (с. 223)

Пусть дан треугольник $PQR$, вписанный в заданную окружность $\Omega$ с центром $O$. Пусть из вершины $P$ проведены высота $PH$, биссектриса $PL$ и медиана $PK$ (точки $H, L, K$ лежат на стороне $QR$ или ее продолжении).

По условию, прямые, содержащие высоту, биссектрису и медиану, пересекают описанную окружность в данных точках $A$, $B$ и $M$ соответственно. Будем считать, что порядок точек соответствует их названиям: прямая $PH$ проходит через $A$, прямая $PL$ — через $B$, прямая $PK$ — через $M$.

Анализ

1. Свойство биссектрисы. Биссектриса вписанного угла делит дугу, на которую он опирается, пополам. Так как прямая $PL$ является биссектрисой угла $\angle QPR$ и пересекает окружность в точке $B$, то точка $B$ является серединой дуги $QR$.

2. Следствие для стороны. Раз точка $B$ — середина дуги $QR$, то радиус, проведенный в эту точку, перпендикулярен хорде, стягивающей эту дугу. То есть, радиус $OB$ перпендикулярен стороне $QR$ ($OB \perp QR$). Кроме того, прямая $OB$ является серединным перпендикуляром к отрезку $QR$.

3. Свойство высоты. Высота $PH$ по определению перпендикулярна стороне $QR$ ($PH \perp QR$). Прямая, содержащая высоту, проходит через точку $A$, следовательно, прямая $PA \perp QR$.

4. Ключевое соотношение. Из пунктов 2 и 3 следует, что две прямые, $PA$ и $OB$, перпендикулярны одной и той же прямой $QR$. Следовательно, они параллельны: $PA \| OB$. Это соотношение позволяет найти вершину $P$.

5. Свойство медианы. Медиана $PK$ по определению делит сторону $QR$ пополам, то есть $K$ — середина хорды $QR$.

6. Положение середины стороны. Как установлено в пункте 2, прямая $OB$ является серединным перпендикуляром к $QR$. Это означает, что середина хорды $QR$, точка $K$, лежит на прямой $OB$.

7. Нахождение середины стороны. Из пунктов 5 и 6 следует, что точка $K$ лежит как на прямой $PM$ (содержащей медиану), так и на прямой $OB$. Следовательно, точка $K$ является точкой пересечения прямых $PM$ и $OB$: $K = PM \cap OB$.

Таким образом, анализ дал нам полный план построения треугольника.

Ответ: Анализ показывает, что вершина $P$ лежит на прямой, проходящей через точку $A$ параллельно радиусу $OB$. Сторона $QR$ проходит через точку $K$, являющуюся пересечением прямых $PM$ и $OB$, и перпендикулярна радиусу $OB$.

Построение

1. Находим центр $O$ данной окружности $\Omega$ (например, как точку пересечения серединных перпендикуляров к двум любым хордам, например, $AB$ и $BM$).

2. Проводим радиус $OB$.

3. Через точку $A$ проводим прямую $l$, параллельную радиусу $OB$. Эта прямая пересечет окружность $\Omega$ в точке $A$ и еще в одной точке, которую мы обозначим $P$. Эта точка $P$ — одна из вершин искомого треугольника. (Если прямая $l$ касается окружности в точке $A$, то $P$ совпадает с $A$, и решение вырождено).

4. Проводим прямую через точки $P$ и $M$.

5. Находим точку $K$ как точку пересечения прямых $PM$ и $OB$.

6. Через точку $K$ проводим прямую $s$, перпендикулярную прямой $OB$.

7. Прямая $s$ пересекает окружность $\Omega$ в двух точках. Обозначим их $Q$ и $R$.

8. Соединяем точки $P$, $Q$ и $R$. Треугольник $PQR$ — искомый.

Ответ: Искомый треугольник $PQR$ построен в соответствии с описанными шагами.

Доказательство

Необходимо доказать, что для построенного треугольника $PQR$ прямые, содержащие его высоту, биссектрису и медиану из вершины $P$, проходят через точки $A$, $B$ и $M$ соответственно.

1. Высота. По построению, прямая $PA$ (прямая $l$) параллельна $OB$ ($PA \| OB$). Сторона $QR$ (прямая $s$) построена перпендикулярно $OB$ ($QR \perp OB$). Из этого следует, что $PA \perp QR$. Таким образом, прямая $PA$ содержит высоту треугольника $PQR$, проведенную из вершины $P$, и она проходит через точку $A$ по построению.

2. Медиана. По построению, прямая $PM$ проходит через точку $M$. Точка $K$ лежит на этой прямой. $K$ также является точкой пересечения прямой $s$ (содержащей сторону $QR$) и прямой $OB$. Так как $OB \perp QR$ и $O$ — центр окружности, то прямая $OB$ является серединным перпендикуляром к хорде $QR$. Следовательно, точка их пересечения $K$ является серединой отрезка $QR$. Поскольку $K$ лежит на $PM$, то $PK$ — медиана треугольника $PQR$.

3. Биссектриса. Нужно доказать, что прямая $PB$ является биссектрисой угла $\angle QPR$. Мы знаем, что сторона $QR$ перпендикулярна радиусу $OB$. В окружности радиус, перпендикулярный хорде, делит дугу, стягиваемую этой хордой, пополам. Следовательно, точка $B$ является серединой дуги $QR$. По теореме о вписанном угле, прямая, соединяющая вершину угла ($P$) с серединой дуги, на которую он опирается ($B$), является биссектрисой этого угла. Таким образом, $PB$ — биссектриса угла $\angle QPR$.

Все условия задачи выполнены. Построенный треугольник $PQR$ является искомым.

Ответ: Доказано, что построенный треугольник $PQR$ удовлетворяет всем условиям задачи.

Исследование

1. Существование вершины P. Вершина $P$ находится как пересечение окружности с прямой $l$, проходящей через $A$ параллельно $OB$. Такая прямая всегда пересекает окружность как минимум в точке $A$. Если прямая $l$ не является касательной в точке $A$, то существует вторая точка пересечения $P$. Если $l$ — касательная, то $P$ совпадает с $A$, и невырожденного треугольника не существует. Это происходит, когда $OB$ параллельна касательной в точке $A$, то есть $OB \perp OA$, что означает $\angle AOB = 90^\circ$.

2. Существование точки K. Точка $K$ — пересечение $PM$ и $OB$. Решение существует, если эти прямые не параллельны.

3. Существование сторон Q и R. Точки $Q$ и $R$ существуют, если прямая $s$ пересекает окружность, то есть если точка $K$ находится внутри окружности ($OK < R$, где $R$ — радиус окружности).

4. Количество решений. В условии задачи не указано, какая из точек ($A$, $B$, $M$) соответствует высоте, какая — биссектрисе, а какая — медиане. Ключевое свойство, использованное в построении ($PA \| OB$), основано на том, что $A$ — точка от высоты, а $B$ — точка от биссектрисы.

В общем случае существует 3! = 6 возможных соответствий между точками $A, B, M$ и линиями (высота, биссектриса, медиана). Обозначим $H_p, L_p, M_p$ точки на окружности для высоты, биссектрисы и медианы соответственно. Основное соотношение для построения всегда имеет вид $P H_p \| O L_p$.

Это приводит к 3 парам возможных конструкций:

- Если $L_p = B$ (биссектриса проходит через $B$), то $H_p$ может быть $A$ или $M$. Это дает два возможных построения (одно из них описано выше, второе — когда $PM \| OB$).

- Если $L_p = A$ (биссектриса проходит через $A$), то $H_p$ может быть $B$ или $M$. Это дает еще два возможных построения (например, $PB \| OA$).

- Если $L_p = M$ (биссектриса проходит через $M$), то $H_p$ может быть $A$ или $B$. Это дает последние два возможных построения.

Таким образом, в общем случае задача может иметь до 6 решений, в зависимости от расположения точек $A, B, M$. Каждое из этих потенциальных решений существует только при выполнении условий, описанных в пунктах 1-3. Если же считать, что порядок точек в условии задан строго (A-высота, B-биссектриса, M-медиана), то решение (если оно существует и невырождено) единственно.

Ответ: Задача может иметь от 0 до 6 решений в зависимости от взаимного расположения точек $A, B, M$ на окружности и от того, как сопоставляются эти точки с высотой, биссектрисой и медианой. При фиксированном сопоставлении (например, $A$ - высота, $B$ - биссектриса, $M$ - медиана) решение, как правило, единственно.

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 924 расположенного на странице 223 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 №924 (с. 223), 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