Страница 270 - 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

Cтраница 270

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 270
№1087 (с. 270)
Условие. №1087 (с. 270)
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 270, номер 1087, Условие

1087 Выясните, какие из данных уравнений являются уравнениями окружности. Найдите координаты центра и радиус каждой окружности:
а) (x − 1)² + (у + 2)² = 25;
б) x² + (у + 7)² = 1;
в) х² + у² + 8х − 4у + 40 = 0;
г) х² + у² − 2x + 4у − 20 = 0;
д) x² + у² − 4х − 2у + 1 = 0.

Решение 2. №1087 (с. 270)
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 270, номер 1087, 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 270, номер 1087, Решение 2 (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 270, номер 1087, Решение 2 (продолжение 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 270, номер 1087, Решение 2 (продолжение 4) 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 270, номер 1087, Решение 2 (продолжение 5)
Решение 3. №1087 (с. 270)
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 270, номер 1087, Решение 3
Решение 4. №1087 (с. 270)
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 270, номер 1087, Решение 4
Решение 6. №1087 (с. 270)
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 270, номер 1087, 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 270, номер 1087, Решение 6 (продолжение 2)
Решение 7. №1087 (с. 270)
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 270, номер 1087, Решение 7
Решение 9. №1087 (с. 270)
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 270, номер 1087, Решение 9
Решение 11. №1087 (с. 270)

Стандартное уравнение окружности с центром в точке $O(a; b)$ и радиусом $r$ имеет вид: $(x - a)^2 + (y - b)^2 = r^2$.Чтобы определить, является ли данное уравнение уравнением окружности, и найти ее центр и радиус, необходимо привести уравнение к этому стандартному виду. Уравнение задает окружность, если в правой части получается положительное число ($r^2 > 0$).

а) $(x - 1)^2 + (y + 2)^2 = 25$

Это уравнение уже представлено в стандартном виде. Его можно переписать как $(x - 1)^2 + (y - (-2))^2 = 5^2$.Сравнивая это уравнение со стандартной формой, находим координаты центра $(a; b)$ и радиус $r$.Координаты центра: $a = 1$, $b = -2$, то есть точка $(1; -2)$.Квадрат радиуса $r^2 = 25$, значит, радиус $r = \sqrt{25} = 5$.Так как $r^2 > 0$, это уравнение является уравнением окружности.

Ответ: данное уравнение является уравнением окружности с центром в точке $(1; -2)$ и радиусом $5$.

б) $x^2 + (y + 7)^2 = 1$

Это уравнение также находится в стандартном виде. Его можно записать как $(x - 0)^2 + (y - (-7))^2 = 1^2$.Сравнивая со стандартным уравнением, получаем:Координаты центра: $a = 0$, $b = -7$, то есть точка $(0; -7)$.Квадрат радиуса $r^2 = 1$, значит, радиус $r = \sqrt{1} = 1$.Так как $r^2 > 0$, это уравнение является уравнением окружности.

Ответ: данное уравнение является уравнением окружности с центром в точке $(0; -7)$ и радиусом $1$.

в) $x^2 + y^2 + 8x - 4y + 40 = 0$

Приведем это уравнение к стандартному виду, используя метод выделения полного квадрата.Сгруппируем слагаемые с $x$ и с $y$:$(x^2 + 8x) + (y^2 - 4y) + 40 = 0$.Выделим полные квадраты:$x^2 + 8x = (x^2 + 2 \cdot x \cdot 4 + 4^2) - 4^2 = (x + 4)^2 - 16$.$y^2 - 4y = (y^2 - 2 \cdot y \cdot 2 + 2^2) - 2^2 = (y - 2)^2 - 4$.Подставим полученные выражения в уравнение:$((x + 4)^2 - 16) + ((y - 2)^2 - 4) + 40 = 0$$(x + 4)^2 + (y - 2)^2 - 16 - 4 + 40 = 0$$(x + 4)^2 + (y - 2)^2 + 20 = 0$$(x + 4)^2 + (y - 2)^2 = -20$.В правой части уравнения стоит отрицательное число. Сумма двух квадратов $(x + 4)^2$ и $(y - 2)^2$ не может быть отрицательной для действительных чисел $x$ и $y$. Следовательно, это уравнение не описывает окружность на действительной плоскости.

Ответ: данное уравнение не является уравнением окружности.

г) $x^2 + y^2 - 2x + 4y - 20 = 0$

Приведем уравнение к стандартному виду, выделив полные квадраты.Сгруппируем слагаемые: $(x^2 - 2x) + (y^2 + 4y) - 20 = 0$.Выделим полные квадраты:$x^2 - 2x = (x^2 - 2 \cdot x \cdot 1 + 1^2) - 1^2 = (x - 1)^2 - 1$.$y^2 + 4y = (y^2 + 2 \cdot y \cdot 2 + 2^2) - 2^2 = (y + 2)^2 - 4$.Подставим в уравнение:$((x - 1)^2 - 1) + ((y + 2)^2 - 4) - 20 = 0$$(x - 1)^2 + (y + 2)^2 - 25 = 0$$(x - 1)^2 + (y + 2)^2 = 25$.Это стандартное уравнение окружности.Координаты центра: $(1; -2)$.Радиус: $r = \sqrt{25} = 5$.

Ответ: данное уравнение является уравнением окружности с центром в точке $(1; -2)$ и радиусом $5$.

д) $x^2 + y^2 - 4x - 2y + 1 = 0$

Приведем уравнение к стандартному виду, выделив полные квадраты.Сгруппируем слагаемые: $(x^2 - 4x) + (y^2 - 2y) + 1 = 0$.Выделим полные квадраты:$x^2 - 4x = (x^2 - 2 \cdot x \cdot 2 + 2^2) - 2^2 = (x - 2)^2 - 4$.$y^2 - 2y = (y^2 - 2 \cdot y \cdot 1 + 1^2) - 1^2 = (y - 1)^2 - 1$.Подставим в уравнение:$((x - 2)^2 - 4) + ((y - 1)^2 - 1) + 1 = 0$$(x - 2)^2 + (y - 1)^2 - 4 = 0$$(x - 2)^2 + (y - 1)^2 = 4$.Это стандартное уравнение окружности.Координаты центра: $(2; 1)$.Радиус: $r = \sqrt{4} = 2$.

Ответ: данное уравнение является уравнением окружности с центром в точке $(2; 1)$ и радиусом $2$.

№1088 (с. 270)
Условие. №1088 (с. 270)
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 270, номер 1088, Условие

1088 Напишите уравнение окружности, проходящей через точки A (3; 0) и B (−1; 2), если центр её лежит на прямой у = x + 2.

Решение 2. №1088 (с. 270)
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 270, номер 1088, Решение 2
Решение 3. №1088 (с. 270)
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 270, номер 1088, Решение 3
Решение 4. №1088 (с. 270)
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 270, номер 1088, Решение 4
Решение 6. №1088 (с. 270)
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 270, номер 1088, Решение 6
Решение 7. №1088 (с. 270)
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 270, номер 1088, Решение 7
Решение 9. №1088 (с. 270)
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 270, номер 1088, 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 270, номер 1088, Решение 9 (продолжение 2)
Решение 11. №1088 (с. 270)

Общее уравнение окружности с центром в точке $C(a; b)$ и радиусом $R$ имеет вид:

$(x - a)^2 + (y - b)^2 = R^2$

Для решения задачи нам нужно найти координаты центра $(a; b)$ и квадрат радиуса $R^2$.

1. Нахождение координат центра окружности

По условию, центр окружности $C(a; b)$ лежит на прямой $y = x + 2$. Следовательно, координаты центра удовлетворяют этому уравнению:

$b = a + 2$

Также известно, что окружность проходит через точки $A(3; 0)$ и $B(-1; 2)$. Это означает, что эти точки равноудалены от центра окружности, и это расстояние равно радиусу $R$. Таким образом, $CA = CB$, или, для удобства вычислений, $CA^2 = CB^2$.

Используем формулу квадрата расстояния между двумя точками $(x_1; y_1)$ и $(x_2; y_2)$: $d^2 = (x_2 - x_1)^2 + (y_2 - y_1)^2$.

Квадрат расстояния от центра $C(a; b)$ до точки $A(3; 0)$:

$CA^2 = (3 - a)^2 + (0 - b)^2 = (a - 3)^2 + b^2$

Квадрат расстояния от центра $C(a; b)$ до точки $B(-1; 2)$:

$CB^2 = (-1 - a)^2 + (2 - b)^2 = (a + 1)^2 + (b - 2)^2$

Приравниваем эти два выражения:

$(a - 3)^2 + b^2 = (a + 1)^2 + (b - 2)^2$

Раскроем скобки в уравнении:

$a^2 - 6a + 9 + b^2 = a^2 + 2a + 1 + b^2 - 4b + 4$

Сократим одинаковые слагаемые ($a^2$ и $b^2$) в обеих частях уравнения:

$-6a + 9 = 2a + 5 - 4b$

Соберем слагаемые с переменными в одной части, а числовые — в другой:

$4b = 2a + 6a + 5 - 9$

$4b = 8a - 4$

Разделим обе части уравнения на 4:

$b = 2a - 1$

Теперь у нас есть система из двух линейных уравнений с двумя переменными $a$ и $b$:

$\begin{cases} b = a + 2 \\ b = 2a - 1 \end{cases}$

Поскольку левые части уравнений равны, мы можем приравнять их правые части:

$a + 2 = 2a - 1$

$2 + 1 = 2a - a$

$a = 3$

Теперь найдем $b$, подставив значение $a=3$ в первое уравнение системы:

$b = 3 + 2 = 5$

Таким образом, центр окружности — точка $C(3; 5)$.

2. Нахождение радиуса окружности

Радиус $R$ — это расстояние от центра $C(3; 5)$ до любой из точек, через которые проходит окружность, например, до точки $A(3; 0)$. Найдем квадрат радиуса $R^2$:

$R^2 = CA^2 = (3 - 3)^2 + (0 - 5)^2$

$R^2 = 0^2 + (-5)^2 = 25$

3. Составление уравнения окружности

Подставим найденные координаты центра $a=3$, $b=5$ и квадрат радиуса $R^2=25$ в общее уравнение окружности:

$(x - 3)^2 + (y - 5)^2 = 25$

Ответ: $(x - 3)^2 + (y - 5)^2 = 25$.

№1089 (с. 270)
Условие. №1089 (с. 270)
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 270, номер 1089, Условие

1089 Напишите уравнение окружности, проходящей через три данные точки:
а) А (1; −4), B (4; 5), С (3; −2);
б) А (3; −7), B (8; −2), C (6; 2).

Решение 2. №1089 (с. 270)
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 270, номер 1089, 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 270, номер 1089, Решение 2 (продолжение 2)
Решение 3. №1089 (с. 270)
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 270, номер 1089, 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 270, номер 1089, Решение 3 (продолжение 2)
Решение 4. №1089 (с. 270)
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 270, номер 1089, Решение 4
Решение 6. №1089 (с. 270)
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 270, номер 1089, 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 270, номер 1089, Решение 6 (продолжение 2)
Решение 7. №1089 (с. 270)
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 270, номер 1089, Решение 7
Решение 9. №1089 (с. 270)
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 270, номер 1089, 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 270, номер 1089, 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 270, номер 1089, Решение 9 (продолжение 3)
Решение 11. №1089 (с. 270)

а)

Общее уравнение окружности имеет вид $(x - a)^2 + (y - b)^2 = R^2$, где $(a; b)$ — координаты центра окружности, а $R$ — её радиус.

Пусть центр окружности — точка $O(a; b)$. Так как точки $A(1; -4)$, $B(4; 5)$ и $C(3; -2)$ лежат на окружности, то расстояния от центра до этих точек равны радиусу: $OA = OB = OC = R$. Следовательно, квадраты этих расстояний также равны: $OA^2 = OB^2 = OC^2$.

Запишем квадраты расстояний:
$OA^2 = (1 - a)^2 + (-4 - b)^2 = (1 - a)^2 + (b + 4)^2$
$OB^2 = (4 - a)^2 + (5 - b)^2$
$OC^2 = (3 - a)^2 + (-2 - b)^2 = (3 - a)^2 + (b + 2)^2$

Составим систему уравнений, приравняв квадраты расстояний.

1. Приравняем $OA^2$ и $OB^2$:
$(1 - a)^2 + (b + 4)^2 = (4 - a)^2 + (5 - b)^2$
Раскроем скобки:
$1 - 2a + a^2 + b^2 + 8b + 16 = 16 - 8a + a^2 + 25 - 10b + b^2$
Упростим, сократив $a^2$ и $b^2$ в обеих частях:
$17 - 2a + 8b = 41 - 8a - 10b$
Перенесём переменные в левую часть, а константы в правую:
$8a - 2a + 8b + 10b = 41 - 17$
$6a + 18b = 24$
Разделим обе части на 6:
$a + 3b = 4$

2. Приравняем $OA^2$ и $OC^2$:
$(1 - a)^2 + (b + 4)^2 = (3 - a)^2 + (b + 2)^2$
Раскроем скобки:
$1 - 2a + a^2 + b^2 + 8b + 16 = 9 - 6a + a^2 + b^2 + 4b + 4$
Упростим:
$17 - 2a + 8b = 13 - 6a + 4b$
Перенесём переменные в левую часть, а константы в правую:
$6a - 2a + 8b - 4b = 13 - 17$
$4a + 4b = -4$
Разделим обе части на 4:
$a + b = -1$

Теперь решим систему из двух линейных уравнений:
$\begin{cases} a + 3b = 4 \\ a + b = -1 \end{cases}$
Вычтем второе уравнение из первого:
$(a + 3b) - (a + b) = 4 - (-1)$
$2b = 5$
$b = 2.5$
Подставим значение $b$ во второе уравнение:
$a + 2.5 = -1$
$a = -3.5$
Таким образом, центр окружности $O(-3.5; 2.5)$.

Найдём квадрат радиуса $R^2$, используя координаты точки $A$:
$R^2 = OA^2 = (1 - a)^2 + (-4 - b)^2 = (1 - (-3.5))^2 + (-4 - 2.5)^2 = (4.5)^2 + (-6.5)^2 = 20.25 + 42.25 = 62.5$

Подставим найденные значения $a$, $b$ и $R^2$ в общее уравнение окружности:
$(x - (-3.5))^2 + (y - 2.5)^2 = 62.5$
$(x + 3.5)^2 + (y - 2.5)^2 = 62.5$

Ответ: $(x + 3.5)^2 + (y - 2.5)^2 = 62.5$

б)

Аналогично пункту а), найдём уравнение окружности, проходящей через точки $A(3; -7)$, $B(8; -2)$ и $C(6; 2)$. Пусть центр окружности — точка $O(a; b)$.

Запишем равенство квадратов расстояний $OA^2 = OB^2 = OC^2$:
$OA^2 = (3 - a)^2 + (-7 - b)^2 = (3 - a)^2 + (b + 7)^2$
$OB^2 = (8 - a)^2 + (-2 - b)^2 = (8 - a)^2 + (b + 2)^2$
$OC^2 = (6 - a)^2 + (2 - b)^2$

Составим систему уравнений.

1. Приравняем $OA^2$ и $OB^2$:
$(3 - a)^2 + (b + 7)^2 = (8 - a)^2 + (b + 2)^2$
$9 - 6a + a^2 + b^2 + 14b + 49 = 64 - 16a + a^2 + b^2 + 4b + 4$
$58 - 6a + 14b = 68 - 16a + 4b$
$16a - 6a + 14b - 4b = 68 - 58$
$10a + 10b = 10$
$a + b = 1$

2. Приравняем $OB^2$ и $OC^2$:
$(8 - a)^2 + (b + 2)^2 = (6 - a)^2 + (2 - b)^2$
$64 - 16a + a^2 + b^2 + 4b + 4 = 36 - 12a + a^2 + 4 - 4b + b^2$
$68 - 16a + 4b = 40 - 12a - 4b$
$-16a + 12a + 4b + 4b = 40 - 68$
$-4a + 8b = -28$
Разделим обе части на -4:
$a - 2b = 7$

Решим систему уравнений:
$\begin{cases} a + b = 1 \\ a - 2b = 7 \end{cases}$
Вычтем второе уравнение из первого:
$(a + b) - (a - 2b) = 1 - 7$
$3b = -6$
$b = -2$
Подставим значение $b$ в первое уравнение:
$a + (-2) = 1$
$a = 3$
Таким образом, центр окружности $O(3; -2)$.

Найдём квадрат радиуса $R^2$, используя координаты точки $C$:
$R^2 = OC^2 = (6 - a)^2 + (2 - b)^2 = (6 - 3)^2 + (2 - (-2))^2 = 3^2 + 4^2 = 9 + 16 = 25$

Подставим найденные значения $a$, $b$ и $R^2$ в общее уравнение окружности:
$(x - 3)^2 + (y - (-2))^2 = 25$
$(x - 3)^2 + (y + 2)^2 = 25$

Ответ: $(x - 3)^2 + (y + 2)^2 = 25$

№1090 (с. 270)
Условие. №1090 (с. 270)
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 270, номер 1090, Условие

1090 Вершины треугольника ABC имеют координаты A (−7; 5), В (3; −1), C (5; 3). Составьте уравнения: а) серединных перпендикуляров к сторонам треугольника; б) прямых AB, ВС и СА; в) прямых, на которых лежат средние линии треугольника.

Решение 2. №1090 (с. 270)
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 270, номер 1090, 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 270, номер 1090, Решение 2 (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 270, номер 1090, Решение 2 (продолжение 3)
Решение 3. №1090 (с. 270)
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 270, номер 1090, 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 270, номер 1090, Решение 3 (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 270, номер 1090, Решение 3 (продолжение 3)
Решение 4. №1090 (с. 270)
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 270, номер 1090, Решение 4
Решение 6. №1090 (с. 270)
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 270, номер 1090, 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 270, номер 1090, Решение 6 (продолжение 2)
Решение 7. №1090 (с. 270)
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 270, номер 1090, Решение 7 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 270, номер 1090, Решение 7 (продолжение 2)
Решение 8. №1090 (с. 270)
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 270, номер 1090, Решение 8 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 270, номер 1090, Решение 8 (продолжение 2)
Решение 9. №1090 (с. 270)
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 270, номер 1090, 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 270, номер 1090, 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 270, номер 1090, Решение 9 (продолжение 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 270, номер 1090, Решение 9 (продолжение 4) 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 270, номер 1090, Решение 9 (продолжение 5)
Решение 11. №1090 (с. 270)

Даны вершины треугольника $ABC$ с координатами $A(-7; 5)$, $B(3; -1)$, $C(5; 3)$.

а) Cерединных перпендикуляров к сторонам треугольника

Серединный перпендикуляр к отрезку — это прямая, проходящая через середину этого отрезка и перпендикулярная ему. Общее уравнение прямой в виде $y - y_0 = k(x - x_0)$, где $(x_0, y_0)$ — точка на прямой, а $k$ — её угловой коэффициент.

1. Серединный перпендикуляр к стороне AB:
Сначала найдем координаты середины $M_{AB}$ отрезка AB по формуле $M(\frac{x_1+x_2}{2}; \frac{y_1+y_2}{2})$:
$x_{M_{AB}} = \frac{-7 + 3}{2} = -2$; $y_{M_{AB}} = \frac{5 + (-1)}{2} = 2$. Таким образом, $M_{AB}(-2; 2)$.
Теперь найдем угловой коэффициент $k_{AB}$ прямой AB: $k_{AB} = \frac{y_B - y_A}{x_B - x_A} = \frac{-1 - 5}{3 - (-7)} = \frac{-6}{10} = -\frac{3}{5}$.
Угловой коэффициент $k_{\perp}$ перпендикулярной прямой связан с исходным соотношением $k_{\perp} = -\frac{1}{k}$.
$k_{\perp AB} = -\frac{1}{-3/5} = \frac{5}{3}$.
Составим уравнение серединного перпендикуляра, проходящего через точку $M_{AB}(-2; 2)$ с уклоном $k_{\perp AB} = \frac{5}{3}$:
$y - 2 = \frac{5}{3}(x - (-2))$
$3(y - 2) = 5(x + 2)$
$3y - 6 = 5x + 10$
$5x - 3y + 16 = 0$.

2. Серединный перпендикуляр к стороне BC:
Найдем координаты середины $M_{BC}$ отрезка BC:
$x_{M_{BC}} = \frac{3 + 5}{2} = 4$; $y_{M_{BC}} = \frac{-1 + 3}{2} = 1$. Таким образом, $M_{BC}(4; 1)$.
Угловой коэффициент прямой BC: $k_{BC} = \frac{y_C - y_B}{x_C - x_B} = \frac{3 - (-1)}{5 - 3} = \frac{4}{2} = 2$.
Угловой коэффициент перпендикулярной прямой: $k_{\perp BC} = -\frac{1}{2}$.
Составим уравнение серединного перпендикуляра, проходящего через точку $M_{BC}(4; 1)$ с уклоном $k_{\perp BC} = -\frac{1}{2}$:
$y - 1 = -\frac{1}{2}(x - 4)$
$2(y - 1) = -(x - 4)$
$2y - 2 = -x + 4$
$x + 2y - 6 = 0$.

3. Серединный перпендикуляр к стороне CA:
Найдем координаты середины $M_{CA}$ отрезка CA:
$x_{M_{CA}} = \frac{5 + (-7)}{2} = -1$; $y_{M_{CA}} = \frac{3 + 5}{2} = 4$. Таким образом, $M_{CA}(-1; 4)$.
Угловой коэффициент прямой CA: $k_{CA} = \frac{y_A - y_C}{x_A - x_C} = \frac{5 - 3}{-7 - 5} = \frac{2}{-12} = -\frac{1}{6}$.
Угловой коэффициент перпендикулярной прямой: $k_{\perp CA} = -\frac{1}{-1/6} = 6$.
Составим уравнение серединного перпендикуляра, проходящего через точку $M_{CA}(-1; 4)$ с уклоном $k_{\perp CA} = 6$:
$y - 4 = 6(x - (-1))$
$y - 4 = 6x + 6$
$6x - y + 10 = 0$.

Ответ: Уравнения серединных перпендикуляров к сторонам AB, BC и CA соответственно: $5x - 3y + 16 = 0$, $x + 2y - 6 = 0$, $6x - y + 10 = 0$.

б) Прямых AB, BC и CA

Уравнение прямой, проходящей через две точки $(x_1, y_1)$ и $(x_2, y_2)$, можно найти по формуле $\frac{x - x_1}{x_2 - x_1} = \frac{y - y_1}{y_2 - y_1}$.

1. Прямая AB, проходящая через A(-7; 5) и B(3; -1):
$\frac{x - (-7)}{3 - (-7)} = \frac{y - 5}{-1 - 5}$
$\frac{x + 7}{10} = \frac{y - 5}{-6}$
$-6(x + 7) = 10(y - 5)$, разделим на -2:
$3(x + 7) = -5(y - 5)$
$3x + 21 = -5y + 25$
$3x + 5y - 4 = 0$.

2. Прямая BC, проходящая через B(3; -1) и C(5; 3):
$\frac{x - 3}{5 - 3} = \frac{y - (-1)}{3 - (-1)}$
$\frac{x - 3}{2} = \frac{y + 1}{4}$
$4(x - 3) = 2(y + 1)$, разделим на 2:
$2(x - 3) = y + 1$
$2x - 6 = y + 1$
$2x - y - 7 = 0$.

3. Прямая CA, проходящая через C(5; 3) и A(-7; 5):
$\frac{x - 5}{-7 - 5} = \frac{y - 3}{5 - 3}$
$\frac{x - 5}{-12} = \frac{y - 3}{2}$
$2(x - 5) = -12(y - 3)$, разделим на 2:
$x - 5 = -6(y - 3)$
$x - 5 = -6y + 18$
$x + 6y - 23 = 0$.

Ответ: Уравнения прямых AB, BC и CA соответственно: $3x + 5y - 4 = 0$, $2x - y - 7 = 0$, $x + 6y - 23 = 0$.

в) Прямых, на которых лежат средние линии треугольника

Средняя линия треугольника соединяет середины двух сторон и параллельна третьей стороне. Следовательно, её угловой коэффициент равен угловому коэффициенту этой третьей стороны.

Координаты середин сторон (из пункта а)): $M_{AB}(-2; 2)$, $M_{BC}(4; 1)$, $M_{CA}(-1; 4)$.
Угловые коэффициенты сторон (из пункта а)): $k_{AB} = -\frac{3}{5}$, $k_{BC} = 2$, $k_{CA} = -\frac{1}{6}$.

1. Средняя линия, параллельная BC:
Эта линия проходит через середины сторон AB и AC, т.е. через точки $M_{AB}$ и $M_{CA}$. Она параллельна стороне BC, поэтому ее угловой коэффициент $k = k_{BC} = 2$. Возьмем точку $M_{AB}(-2; 2)$:
$y - 2 = 2(x - (-2))$
$y - 2 = 2x + 4$
$2x - y + 6 = 0$.

2. Средняя линия, параллельная CA:
Эта линия проходит через $M_{AB}$ и $M_{BC}$. Она параллельна стороне CA, поэтому ее угловой коэффициент $k = k_{CA} = -\frac{1}{6}$. Возьмем точку $M_{BC}(4; 1)$:
$y - 1 = -\frac{1}{6}(x - 4)$
$6(y - 1) = -(x - 4)$
$6y - 6 = -x + 4$
$x + 6y - 10 = 0$.

3. Средняя линия, параллельная AB:
Эта линия проходит через $M_{BC}$ и $M_{CA}$. Она параллельна стороне AB, поэтому ее угловой коэффициент $k = k_{AB} = -\frac{3}{5}$. Возьмем точку $M_{CA}(-1; 4)$:
$y - 4 = -\frac{3}{5}(x - (-1))$
$5(y - 4) = -3(x + 1)$
$5y - 20 = -3x - 3$
$3x + 5y - 17 = 0$.

Ответ: Уравнения прямых, на которых лежат средние линии, параллельные сторонам BC, CA и AB соответственно: $2x - y + 6 = 0$, $x + 6y - 10 = 0$, $3x + 5y - 17 = 0$.

№1091 (с. 270)
Условие. №1091 (с. 270)
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 270, номер 1091, Условие

1091 Докажите, что прямые, заданные уравнениями 3x − 1,5у + 1 = 0 и 2xу − 3 = 0, параллельны.

Решение 2. №1091 (с. 270)
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 270, номер 1091, Решение 2
Решение 3. №1091 (с. 270)
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 270, номер 1091, Решение 3
Решение 4. №1091 (с. 270)
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 270, номер 1091, Решение 4
Решение 6. №1091 (с. 270)
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 270, номер 1091, Решение 6
Решение 7. №1091 (с. 270)
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 270, номер 1091, Решение 7
Решение 9. №1091 (с. 270)
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 270, номер 1091, Решение 9
Решение 11. №1091 (с. 270)

Для того чтобы доказать, что две прямые параллельны, нужно показать, что их угловые коэффициенты равны, а их сдвиги по оси ординат (свободные члены) различны. Уравнение прямой с угловым коэффициентом имеет вид $y = kx + b$, где $k$ — угловой коэффициент, а $b$ — свободный член.

Приведем оба уравнения к виду $y = kx + b$.

1. Первое уравнение: $3x - 1,5y + 1 = 0$.
Выразим из него $y$:
$-1,5y = -3x - 1$
$1,5y = 3x + 1$
$y = \frac{3x + 1}{1,5}$
$y = \frac{3}{1,5}x + \frac{1}{1,5}$
$y = 2x + \frac{1}{3/2}$
$y = 2x + \frac{2}{3}$
Угловой коэффициент этой прямой $k_1 = 2$.

2. Второе уравнение: $2x - y - 3 = 0$.
Выразим из него $y$:
$-y = -2x + 3$
$y = 2x - 3$
Угловой коэффициент этой прямой $k_2 = 2$.

Сравним угловые коэффициенты и свободные члены. Мы видим, что угловые коэффициенты обеих прямых равны: $k_1 = k_2 = 2$. Свободные члены при этом различны: $b_1 = \frac{2}{3}$, а $b_2 = -3$.

Поскольку у прямых одинаковый наклон (угловой коэффициент), но они пересекают ось $y$ в разных точках, они никогда не пересекутся, то есть являются параллельными.

Альтернативный способ (через коэффициенты общего уравнения)

Для двух прямых, заданных уравнениями в общем виде $A_1x + B_1y + C_1 = 0$ и $A_2x + B_2y + C_2 = 0$, условие параллельности (но не совпадения) выглядит так: $\frac{A_1}{A_2} = \frac{B_1}{B_2} \neq \frac{C_1}{C_2}$.

Для наших уравнений:
$3x - 1,5y + 1 = 0 \implies A_1 = 3, B_1 = -1,5, C_1 = 1$
$2x - y - 3 = 0 \implies A_2 = 2, B_2 = -1, C_2 = -3$

Проверим соотношения коэффициентов:
$\frac{A_1}{A_2} = \frac{3}{2} = 1,5$
$\frac{B_1}{B_2} = \frac{-1,5}{-1} = 1,5$
$\frac{C_1}{C_2} = \frac{1}{-3} = -\frac{1}{3}$

Так как $\frac{3}{2} = \frac{-1,5}{-1}$ и $1,5 \neq -\frac{1}{3}$, условие параллельности выполняется.

Ответ: Угловые коэффициенты прямых равны ($k=2$), а свободные члены различны ($\frac{2}{3}$ и $-3$), следовательно, прямые параллельны, что и требовалось доказать.

№1092 (с. 270)
Условие. №1092 (с. 270)
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 270, номер 1092, Условие

1092 Докажите, что точки А, В и С лежат на одной прямой, если:
а) A (−2; 0), B3; 212, C (6; 4);
б) А (3; 10), В (3; 12), C (3; −6);
в) А (1; 2), B (2; 5), C (−10; −31).

Решение 2. №1092 (с. 270)
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 270, номер 1092, 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 270, номер 1092, Решение 2 (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 270, номер 1092, Решение 2 (продолжение 3)
Решение 3. №1092 (с. 270)
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 270, номер 1092, Решение 3
Решение 4. №1092 (с. 270)
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 270, номер 1092, Решение 4
Решение 7. №1092 (с. 270)
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 270, номер 1092, Решение 7 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 270, номер 1092, Решение 7 (продолжение 2)
Решение 9. №1092 (с. 270)
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 270, номер 1092, 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 270, номер 1092, Решение 9 (продолжение 2)
Решение 11. №1092 (с. 270)

Для доказательства того, что три точки лежат на одной прямой, можно воспользоваться одним из следующих методов: 1) найти уравнение прямой, проходящей через две из этих точек, и проверить, удовлетворяют ли координаты третьей точки этому уравнению; 2) проверить условие коллинеарности точек, которое для точек A$(x_A, y_A)$, B$(x_B, y_B)$ и C$(x_C, y_C)$ может быть выражено через равенство угловых коэффициентов отрезков, например, $k_{AB} = k_{AC}$.

Угловой коэффициент $k$ отрезка, соединяющего две точки $(x_1; y_1)$ и $(x_2; y_2)$, вычисляется по формуле: $k = \frac{y_2 - y_1}{x_2 - x_1}$. Если знаменатель равен нулю, то отрезок лежит на вертикальной прямой.

а) A(-2; 0), B(3; $2\frac{1}{2}$), C(6; 4)

Сначала представим координату $y$ точки B в виде десятичной дроби для удобства вычислений: $2\frac{1}{2} = 2.5$. Таким образом, координаты точки B(3; 2.5).
Теперь вычислим угловые коэффициенты для отрезков AB и BC.
Угловой коэффициент отрезка AB:
$k_{AB} = \frac{2.5 - 0}{3 - (-2)} = \frac{2.5}{5} = 0.5$
Угловой коэффициент отрезка BC:
$k_{BC} = \frac{4 - 2.5}{6 - 3} = \frac{1.5}{3} = 0.5$
Поскольку угловые коэффициенты отрезков AB и BC равны ($k_{AB} = k_{BC} = 0.5$) и они имеют общую точку B, то точки A, B и C лежат на одной прямой, что и требовалось доказать.
Ответ: Доказано, что точки A, B и C лежат на одной прямой.

б) A(3; 10), B(3; 12), C(3; -6)

Проанализируем координаты заданных точек. Абсцисса (координата $x$) всех трех точек одинакова и равна 3.
Все точки, имеющие одну и ту же абсциссу, лежат на одной вертикальной прямой. В данном случае уравнение этой прямой — $x = 3$.
Поскольку координаты всех трех точек (A, B и C) удовлетворяют этому уравнению, они лежат на одной прямой, что и требовалось доказать.
Ответ: Доказано, что точки A, B и C лежат на одной прямой.

в) A(1; 2), B(2; 5), C(-10; -31)

Вычислим угловые коэффициенты для отрезков AB и AC.
Угловой коэффициент отрезка AB:
$k_{AB} = \frac{5 - 2}{2 - 1} = \frac{3}{1} = 3$
Угловой коэффициент отрезка AC:
$k_{AC} = \frac{-31 - 2}{-10 - 1} = \frac{-33}{-11} = 3$
Так как угловые коэффициенты отрезков AB и AC равны ($k_{AB} = k_{AC} = 3$) и они имеют общую точку A, то точки A, B и C лежат на одной прямой, что и требовалось доказать.
Ответ: Доказано, что точки A, B и C лежат на одной прямой.

№1093 (с. 270)
Условие. №1093 (с. 270)
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 270, номер 1093, Условие

1093 Две стороны треугольника равны 17 см и 28 см, а высота, проведённая к большей из них, равна 15 см. Найдите медианы треугольника.

Решение 2. №1093 (с. 270)
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 270, номер 1093, Решение 2
Решение 3. №1093 (с. 270)
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 270, номер 1093, Решение 3
Решение 4. №1093 (с. 270)
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 270, номер 1093, Решение 4
Решение 6. №1093 (с. 270)
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 270, номер 1093, 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 270, номер 1093, Решение 6 (продолжение 2)
Решение 7. №1093 (с. 270)
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 270, номер 1093, Решение 7
Решение 8. №1093 (с. 270)
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 270, номер 1093, Решение 8 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 270, номер 1093, Решение 8 (продолжение 2)
Решение 9. №1093 (с. 270)
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 270, номер 1093, 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 270, номер 1093, 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 270, номер 1093, Решение 9 (продолжение 3)
Решение 11. №1093 (с. 270)

Пусть в треугольнике $ABC$ стороны $BC = a = 17$ см, $AC = b = 28$ см. Высота, проведённая к большей из этих сторон (к стороне $AC$), равна $h_b = 15$ см. Обозначим эту высоту как $BH$. Нам нужно найти длины медиан $m_a, m_b, m_c$.

1. Нахождение третьей стороны треугольника.

Рассмотрим прямоугольный треугольник $BHC$, который образует высота $BH$ со стороной $BC$. По теореме Пифагора найдём катет $HC$:
$HC^2 = BC^2 - BH^2 = 17^2 - 15^2 = 289 - 225 = 64$ см$^2$.
$HC = \sqrt{64} = 8$ см.

Точка $H$ (основание высоты) может лежать как на отрезке $AC$, так и на его продолжении. Рассмотрим случай, когда точка $H$ лежит на отрезке $AC$ (что соответствует острому углу $C$).
Тогда отрезок $AH$ равен разности длин $AC$ и $HC$:
$AH = AC - HC = 28 - 8 = 20$ см.

Теперь рассмотрим прямоугольный треугольник $ABH$. По теореме Пифагора найдём гипотенузу $AB$, которая является третьей стороной исходного треугольника (обозначим её $c$):
$c^2 = AB^2 = BH^2 + AH^2 = 15^2 + 20^2 = 225 + 400 = 625$ см$^2$.
$c = \sqrt{625} = 25$ см.

Таким образом, стороны треугольника равны $a = 17$ см, $b = 28$ см, $c = 25$ см.

(Примечание: существует и второй случай, когда угол $C$ тупой и точка $H$ лежит на продолжении стороны $AC$. Тогда $AH = 28+8=36$ см, а третья сторона $c = \sqrt{15^2+36^2} = 39$ см. Обычно в таких задачах подразумевается первый, более простой случай).

2. Нахождение медиан треугольника.

Для нахождения медиан воспользуемся формулой, связывающей медиану с длинами сторон треугольника: $m_a = \frac{1}{2}\sqrt{2b^2 + 2c^2 - a^2}$, где $m_a$ — медиана к стороне $a$.

Найдём медиану к стороне $a = 17$ см ($m_a$):
$m_a = \frac{1}{2}\sqrt{2 \cdot 28^2 + 2 \cdot 25^2 - 17^2} = \frac{1}{2}\sqrt{2 \cdot 784 + 2 \cdot 625 - 289}$
$m_a = \frac{1}{2}\sqrt{1568 + 1250 - 289} = \frac{1}{2}\sqrt{2529} = \frac{1}{2}\sqrt{9 \cdot 281} = \frac{3\sqrt{281}}{2}$ см.

Ответ: Медиана к стороне 17 см равна $\frac{3\sqrt{281}}{2}$ см.

Найдём медиану к стороне $b = 28$ см ($m_b$):
$m_b = \frac{1}{2}\sqrt{2 \cdot 17^2 + 2 \cdot 25^2 - 28^2} = \frac{1}{2}\sqrt{2 \cdot 289 + 2 \cdot 625 - 784}$
$m_b = \frac{1}{2}\sqrt{578 + 1250 - 784} = \frac{1}{2}\sqrt{1044} = \frac{1}{2}\sqrt{36 \cdot 29} = \frac{6\sqrt{29}}{2} = 3\sqrt{29}$ см.

Ответ: Медиана к стороне 28 см равна $3\sqrt{29}$ см.

Найдём медиану к стороне $c = 25$ см ($m_c$):
$m_c = \frac{1}{2}\sqrt{2 \cdot 17^2 + 2 \cdot 28^2 - 25^2} = \frac{1}{2}\sqrt{2 \cdot 289 + 2 \cdot 784 - 625}$
$m_c = \frac{1}{2}\sqrt{578 + 1568 - 625} = \frac{1}{2}\sqrt{1521} = \frac{39}{2} = 19,5$ см.

Ответ: Медиана к стороне 25 см равна $19,5$ см.

№1094 (с. 270)
Условие. №1094 (с. 270)
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 270, номер 1094, Условие

1094 Докажите, что отрезок, соединяющий середины диагоналей трапеции, равен полуразности оснований.

Решение 2. №1094 (с. 270)
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 270, номер 1094, Решение 2
Решение 3. №1094 (с. 270)
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 270, номер 1094, Решение 3
Решение 4. №1094 (с. 270)
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 270, номер 1094, Решение 4
Решение 6. №1094 (с. 270)
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 270, номер 1094, 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 270, номер 1094, 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 270, номер 1094, Решение 6 (продолжение 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 270, номер 1094, Решение 6 (продолжение 4)
Решение 7. №1094 (с. 270)
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 270, номер 1094, Решение 7
Решение 9. №1094 (с. 270)
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 270, номер 1094, Решение 9
Решение 11. №1094 (с. 270)

Пусть дана трапеция $ABCD$ с основаниями $AD$ и $BC$. Пусть $M$ — середина диагонали $AC$, а $N$ — середина диагонали $BD$. Необходимо доказать, что длина отрезка $MN$ равна полуразности оснований.

Доказательство:

Для доказательства воспользуемся свойством средней линии треугольника. Рассмотрим боковую сторону $AB$ и отметим на ней середину — точку $K$.

1. Рассмотрим треугольник $ABD$. Отрезок $KN$ соединяет середины сторон $AB$ и $BD$. Следовательно, $KN$ является средней линией этого треугольника. По свойству средней линии, она параллельна третьей стороне и равна ее половине:
$KN \parallel AD$ и $KN = \frac{1}{2}AD$.

2. Рассмотрим треугольник $ABC$. Отрезок $KM$ соединяет середины сторон $AB$ и $AC$. Следовательно, $KM$ является средней линией этого треугольника. По свойству средней линии:
$KM \parallel BC$ и $KM = \frac{1}{2}BC$.

3. Так как основания трапеции параллельны ($AD \parallel BC$), а отрезки $KN$ и $KM$ параллельны соответственно $AD$ и $BC$, то $KN \parallel KM$. Поскольку эти два параллельных отрезка имеют общую точку $K$, они лежат на одной прямой. Это означает, что точки $K$, $M$ и $N$ лежат на одной прямой (которая является средней линией трапеции).

4. Длину отрезка $MN$ можно найти как разность длин отрезков $KN$ и $KM$. Без ограничения общности, предположим, что $AD > BC$. Тогда $KN > KM$, и точка $M$ лежит между точками $K$ и $N$.
$MN = KN - KM$.

5. Подставим в это равенство выражения для длин $KN$ и $KM$, полученные в шагах 1 и 2:
$MN = \frac{1}{2}AD - \frac{1}{2}BC = \frac{AD - BC}{2}$.

Таким образом, мы доказали, что отрезок, соединяющий середины диагоналей трапеции, равен полуразности ее оснований. Что и требовалось доказать.

Ответ: Длина отрезка, соединяющего середины диагоналей трапеции, равна полуразности длин оснований: $\frac{AD - BC}{2}$ (где $AD$ — большее основание, $BC$ — меньшее).

№1095 (с. 270)
Условие. №1095 (с. 270)
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 270, номер 1095, Условие

1095 Дан параллелограмм ABCD. Докажите, что для всех точек M величина (AM² + СМ²) − (ВМ² + DM²) имеет одно и то же значение.

Решение 2. №1095 (с. 270)
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 270, номер 1095, Решение 2
Решение 3. №1095 (с. 270)
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 270, номер 1095, Решение 3
Решение 4. №1095 (с. 270)
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 270, номер 1095, Решение 4
Решение 6. №1095 (с. 270)
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 270, номер 1095, 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 270, номер 1095, Решение 6 (продолжение 2)
Решение 7. №1095 (с. 270)
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 270, номер 1095, Решение 7
Решение 9. №1095 (с. 270)
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 270, номер 1095, Решение 9
Решение 11. №1095 (с. 270)

Для доказательства воспользуемся векторным методом. Пусть $O$ — точка пересечения диагоналей параллелограмма $ABCD$. Известно, что диагонали параллелограмма точкой пересечения делятся пополам. Следовательно, $O$ является серединой отрезков $AC$ и $BD$.

В векторной форме это означает, что для векторов, проведенных из точки $O$ к вершинам, выполняются следующие равенства:
$\vec{OA} + \vec{OC} = \vec{0}$ (1)
$\vec{OB} + \vec{OD} = \vec{0}$ (2)
Из этих равенств следует, что $\vec{OC} = -\vec{OA}$ и $\vec{OD} = -\vec{OB}$.

Пусть $M$ — произвольная точка. Выразим векторы из точки $M$ к вершинам параллелограмма через вектор $\vec{OM}$ и векторы из точки $O$ к вершинам:
$\vec{MA} = \vec{OA} - \vec{OM}$
$\vec{MC} = \vec{OC} - \vec{OM}$
$\vec{MB} = \vec{OB} - \vec{OM}$
$\vec{MD} = \vec{OD} - \vec{OM}$

Теперь найдем квадраты длин соответствующих отрезков. Квадрат длины вектора равен его скалярному квадрату.
$AM^2 = |\vec{MA}|^2 = (\vec{OA} - \vec{OM}) \cdot (\vec{OA} - \vec{OM}) = |\vec{OA}|^2 - 2(\vec{OA} \cdot \vec{OM}) + |\vec{OM}|^2 = OA^2 - 2(\vec{OA} \cdot \vec{OM}) + OM^2$.
$CM^2 = |\vec{MC}|^2 = (\vec{OC} - \vec{OM}) \cdot (\vec{OC} - \vec{OM}) = |\vec{OC}|^2 - 2(\vec{OC} \cdot \vec{OM}) + |\vec{OM}|^2 = OC^2 - 2(\vec{OC} \cdot \vec{OM}) + OM^2$.

Сложим эти два выражения:
$AM^2 + CM^2 = OA^2 + OC^2 + 2 \cdot OM^2 - 2(\vec{OA} + \vec{OC}) \cdot \vec{OM}$.
Используя равенство (1), получаем $\vec{OA} + \vec{OC} = \vec{0}$. Также, поскольку $O$ - середина $AC$, то $OA = OC$.
$AM^2 + CM^2 = OA^2 + OA^2 + 2 \cdot OM^2 - 2(\vec{0} \cdot \vec{OM}) = 2 \cdot OA^2 + 2 \cdot OM^2$.

Аналогично поступим для вершин $B$ и $D$:
$BM^2 = |\vec{MB}|^2 = OB^2 - 2(\vec{OB} \cdot \vec{OM}) + OM^2$.
$DM^2 = |\vec{MD}|^2 = OD^2 - 2(\vec{OD} \cdot \vec{OM}) + OM^2$.

Сложим эти два выражения:
$BM^2 + DM^2 = OB^2 + OD^2 + 2 \cdot OM^2 - 2(\vec{OB} + \vec{OD}) \cdot \vec{OM}$.
Используя равенство (2), получаем $\vec{OB} + \vec{OD} = \vec{0}$. Также, поскольку $O$ - середина $BD$, то $OB = OD$.
$BM^2 + DM^2 = OB^2 + OB^2 + 2 \cdot OM^2 - 2(\vec{0} \cdot \vec{OM}) = 2 \cdot OB^2 + 2 \cdot OM^2$.

Теперь найдем значение искомого выражения:
$(AM^2 + CM^2) - (BM^2 + DM^2) = (2 \cdot OA^2 + 2 \cdot OM^2) - (2 \cdot OB^2 + 2 \cdot OM^2) = 2 \cdot OA^2 + 2 \cdot OM^2 - 2 \cdot OB^2 - 2 \cdot OM^2 = 2(OA^2 - OB^2)$.

Величины $OA$ и $OB$ представляют собой половины длин диагоналей параллелограмма $AC$ и $BD$ соответственно. Для данного параллелограмма длины его диагоналей являются постоянными величинами. Следовательно, $OA^2$ и $OB^2$ также являются постоянными. Таким образом, разность $2(OA^2 - OB^2)$ является константой, не зависящей от выбора точки $M$. Что и требовалось доказать.

Эту константу можно выразить через длины диагоналей:
$2(OA^2 - OB^2) = 2\left(\left(\frac{AC}{2}\right)^2 - \left(\frac{BD}{2}\right)^2\right) = 2\left(\frac{AC^2}{4} - \frac{BD^2}{4}\right) = \frac{AC^2 - BD^2}{2}$.

Ответ: Величина $(AM^2 + CM^2) - (BM^2 + DM^2)$ не зависит от положения точки $M$ и равна постоянной величине $2(OA^2 - OB^2)$, которая также может быть выражена как $\frac{AC^2 - BD^2}{2}$, где $O$ - точка пересечения диагоналей, а $AC$ и $BD$ - диагонали параллелограмма.

№1096 (с. 270)
Условие. №1096 (с. 270)
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 270, номер 1096, Условие

1096 Докажите, что медиану AA₁ треугольника ABC можно вычислить по формуле АА₁ = 122AC² + 2AB² - BC². Используя эту формулу, докажите, что если две медианы треугольника равны, то треугольник равнобедренный.

Решение 2. №1096 (с. 270)
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 270, номер 1096, Решение 2
Решение 3. №1096 (с. 270)
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 270, номер 1096, Решение 3
Решение 4. №1096 (с. 270)
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 270, номер 1096, Решение 4
Решение 6. №1096 (с. 270)
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 270, номер 1096, 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 270, номер 1096, 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 270, номер 1096, Решение 6 (продолжение 3)
Решение 7. №1096 (с. 270)
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 270, номер 1096, Решение 7 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 270, номер 1096, Решение 7 (продолжение 2)
Решение 9. №1096 (с. 270)
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 270, номер 1096, 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 270, номер 1096, Решение 9 (продолжение 2)
Решение 11. №1096 (с. 270)

Доказательство формулы $AA_1 = \frac{1}{2}\sqrt{2AC^2 + 2AB^2 - BC^2}$

Рассмотрим треугольник $ABC$, в котором $AA_1$ — медиана, проведенная к стороне $BC$. По определению медианы, точка $A_1$ является серединой стороны $BC$, следовательно, $BA_1 = A_1C = \frac{1}{2}BC$.

Для доказательства формулы достроим треугольник $ABC$ до параллелограмма $ABDC$. Для этого продлим медиану $AA_1$ за точку $A_1$ на отрезок $A_1D$, равный по длине $AA_1$. Таким образом, $AD = 2AA_1$.

В получившемся четырехугольнике $ABDC$ диагонали $AD$ и $BC$ пересекаются в точке $A_1$ и делятся этой точкой пополам ($BA_1 = A_1C$ по определению медианы, $AA_1 = A_1D$ по построению). Четырехугольник, диагонали которого точкой пересечения делятся пополам, является параллелограммом. Значит, $ABDC$ — параллелограмм.

Основное свойство параллелограмма гласит, что сумма квадратов его диагоналей равна сумме квадратов его сторон:

$AD^2 + BC^2 = AB^2 + BD^2 + DC^2 + CA^2$

Так как $ABDC$ — параллелограмм, его противолежащие стороны равны: $BD = AC$ и $DC = AB$. Подставим эти равенства, а также $AD = 2AA_1$, в формулу свойства параллелограмма:

$(2AA_1)^2 + BC^2 = AB^2 + AC^2 + AB^2 + AC^2$

Выполним преобразования:

$4AA_1^2 + BC^2 = 2AB^2 + 2AC^2$

Выразим из этого уравнения $AA_1^2$:

$4AA_1^2 = 2AB^2 + 2AC^2 - BC^2$

$AA_1^2 = \frac{2AB^2 + 2AC^2 - BC^2}{4}$

Извлекая квадратный корень, получаем искомую формулу для длины медианы:

$AA_1 = \sqrt{\frac{2AB^2 + 2AC^2 - BC^2}{4}} = \frac{1}{2}\sqrt{2AC^2 + 2AB^2 - BC^2}$

Первая часть утверждения доказана.

Ответ: Формула доказана.

Доказательство того, что если две медианы треугольника равны, то треугольник равнобедренный

Пусть в треугольнике $ABC$ две медианы равны. Для определенности, пусть это будут медианы $AA_1$, проведенная к стороне $BC$, и $BB_1$, проведенная к стороне $AC$. Таким образом, по условию $AA_1 = BB_1$.

Используем доказанную выше формулу для длины медианы. Для медианы $AA_1$ формула имеет вид:

$AA_1 = \frac{1}{2}\sqrt{2AC^2 + 2AB^2 - BC^2}$

Для медианы $BB_1$, проведенной к стороне $AC$, формула будет выглядеть аналогично (стороны, выходящие из вершины $B$ — это $BA$ и $BC$, а сторона, к которой проведена медиана — $AC$):

$BB_1 = \frac{1}{2}\sqrt{2BA^2 + 2BC^2 - AC^2}$

Так как по условию $AA_1 = BB_1$, мы можем приравнять правые части этих выражений:

$\frac{1}{2}\sqrt{2AC^2 + 2AB^2 - BC^2} = \frac{1}{2}\sqrt{2BA^2 + 2BC^2 - AC^2}$

Умножим обе части уравнения на 2, а затем возведем в квадрат, чтобы избавиться от знаков корня:

$2AC^2 + 2AB^2 - BC^2 = 2BA^2 + 2BC^2 - AC^2$

Учитывая, что $AB^2 = BA^2$, слагаемые $2AB^2$ и $2BA^2$ в обеих частях уравнения можно сократить:

$2AC^2 - BC^2 = 2BC^2 - AC^2$

Перенесем все члены с $AC^2$ в левую часть, а члены с $BC^2$ — в правую:

$2AC^2 + AC^2 = 2BC^2 + BC^2$

$3AC^2 = 3BC^2$

Разделим обе части на 3:

$AC^2 = BC^2$

Поскольку длины сторон треугольника являются положительными числами, из равенства их квадратов следует равенство самих сторон:

$AC = BC$

В треугольнике $ABC$ две стороны ($AC$ и $BC$) равны. Следовательно, по определению, треугольник $ABC$ является равнобедренным. Утверждение доказано.

Ответ: Утверждение о том, что если две медианы треугольника равны, то он является равнобедренным, доказано.

№1097 (с. 270)
Условие. №1097 (с. 270)
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 270, номер 1097, Условие

1097 Даны две точки A и B. Найдите множество всех точек M, для каждой из которых:
а) 2АМ² − ВМ² = 2AB²;
б) 2АМ² + 2ВМ² = 6AB².

Решение 2. №1097 (с. 270)
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 270, номер 1097, 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 270, номер 1097, Решение 2 (продолжение 2)
Решение 3. №1097 (с. 270)
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 270, номер 1097, Решение 3
Решение 4. №1097 (с. 270)
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 270, номер 1097, Решение 4
Решение 6. №1097 (с. 270)
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 270, номер 1097, 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 270, номер 1097, Решение 6 (продолжение 2)
Решение 7. №1097 (с. 270)
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 270, номер 1097, Решение 7
Решение 9. №1097 (с. 270)
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 270, номер 1097, 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 270, номер 1097, Решение 9 (продолжение 2)
Решение 11. №1097 (с. 270)

Для решения задачи воспользуемся методом координат. Расположим точки A и B на оси Ox. Пусть точка A имеет координаты $A(0, 0)$, а точка B — $B(d, 0)$, где $d = AB > 0$. Пусть искомая точка M имеет координаты $M(x, y)$.

Тогда квадраты расстояний от точки M до точек A и B, а также между A и B, вычисляются по формулам:

$AM^2 = (x-0)^2 + (y-0)^2 = x^2 + y^2$

$BM^2 = (x-d)^2 + (y-0)^2 = x^2 - 2dx + d^2 + y^2$

$AB^2 = d^2$

а) $2AM^2 - BM^2 = 2AB^2$

Подставим выражения для квадратов расстояний в данное уравнение:

$2(x^2 + y^2) - (x^2 - 2dx + d^2 + y^2) = 2d^2$

Раскроем скобки и упростим выражение:

$2x^2 + 2y^2 - x^2 + 2dx - d^2 - y^2 = 2d^2$

$x^2 + 2dx + y^2 - d^2 = 2d^2$

$x^2 + 2dx + y^2 = 3d^2$

Чтобы определить геометрическое место точек, выделим полный квадрат для переменной $x$:

$(x^2 + 2dx + d^2) - d^2 + y^2 = 3d^2$

$(x + d)^2 + y^2 = 4d^2$

$(x - (-d))^2 + (y - 0)^2 = (2d)^2$

Это каноническое уравнение окружности с центром в точке $C(-d, 0)$ и радиусом $R = 2d = 2AB$. Точка $C(-d, 0)$ лежит на прямой AB, причём точка A является серединой отрезка CB.

Ответ: Окружность с центром в точке C, такой что A — середина отрезка CB, и радиусом, равным $2AB$.

б) $2AM^2 + 2BM^2 = 6AB^2$

Сначала разделим обе части уравнения на 2:

$AM^2 + BM^2 = 3AB^2$

Теперь подставим в это уравнение выражения для квадратов расстояний в координатах:

$(x^2 + y^2) + (x^2 - 2dx + d^2 + y^2) = 3d^2$

Упростим полученное выражение:

$2x^2 - 2dx + 2y^2 + d^2 = 3d^2$

$2x^2 - 2dx + 2y^2 = 2d^2$

Разделим обе части уравнения на 2:

$x^2 - dx + y^2 = d^2$

Выделим полный квадрат для переменной $x$:

$(x^2 - dx + \frac{d^2}{4}) - \frac{d^2}{4} + y^2 = d^2$

$(x - \frac{d}{2})^2 + y^2 = d^2 + \frac{d^2}{4}$

$(x - \frac{d}{2})^2 + y^2 = \frac{5d^2}{4}$

Это каноническое уравнение окружности. Центр окружности находится в точке $K(\frac{d}{2}, 0)$, что является серединой отрезка AB. Квадрат радиуса равен $R^2 = \frac{5d^2}{4}$, следовательно, радиус $R = \sqrt{\frac{5d^2}{4}} = \frac{d\sqrt{5}}{2} = \frac{AB\sqrt{5}}{2}$.

Ответ: Окружность с центром в середине отрезка AB и радиусом $R = \frac{AB\sqrt{5}}{2}$.

Помогло решение? Оставьте отзыв в комментариях ниже.

Присоединяйтесь к Телеграм-группе @top_gdz

Присоединиться