Упр.877 ГДЗ Атанасян 7-9 класс по геометрии (Геометрия)
Решение #1(Учебник 2025)
Решение #2 (Учебник 2025)ИИ
Доказать, что треугольник прямоугольныйС пояснением
1) Введём координаты: B(0; 0), C(1; 0), A(p; q), где q ≠ 0. Обозначим основания высот из A, B, C соответственно через D, E, F, а середины высот AD, BE, CF — через M, N, P.2) Так как AD ⟂ BC, то D(p; 0), поэтому M(p; q/2).Пользуясь условием перпендикулярности прямых, находим координаты E и F. После подстановки координат M, N, P в условие их коллинеарности и упрощения получаем:
2pq·p(1 − p)·(p² − p + q²) = 0,
где знаменатели отброшены, так как они положительны. Поскольку q ≠ 0, то
p(1 − p)(p² − p + q²) = 0.3) Рассмотрим три случая:
если p = 0, то AB ⟂ BC и ∠B = 90°;
если p = 1, то AC ⟂ BC и ∠C = 90°;
если p² − p + q² = 0, то
(p; q)·(p − 1; q) = 0,
то есть AB ⟂ AC и ∠A = 90°.Во всех случаях один из углов треугольника прямой.Ответ: треугольник прямоугольный.
Кратко Пусть B(0; 0), C(1; 0), A(p; q), q ≠ 0. Обозначим середины высот через M, N, P. Вычисление их координат и условие коллинеарности дают
p(1 − p)(p² − p + q²) = 0.Если p = 0, то ∠B = 90°; если p = 1, то ∠C = 90°; если p² − p + q² = 0, то AB ⟂ AC и ∠A = 90°.Ответ: треугольник прямоугольный.
2pq·p(1 − p)·(p² − p + q²) = 0,
где знаменатели отброшены, так как они положительны. Поскольку q ≠ 0, то
p(1 − p)(p² − p + q²) = 0.3) Рассмотрим три случая:
если p = 0, то AB ⟂ BC и ∠B = 90°;
если p = 1, то AC ⟂ BC и ∠C = 90°;
если p² − p + q² = 0, то
(p; q)·(p − 1; q) = 0,
то есть AB ⟂ AC и ∠A = 90°.Во всех случаях один из углов треугольника прямой.Ответ: треугольник прямоугольный.
Кратко Пусть B(0; 0), C(1; 0), A(p; q), q ≠ 0. Обозначим середины высот через M, N, P. Вычисление их координат и условие коллинеарности дают
p(1 − p)(p² − p + q²) = 0.Если p = 0, то ∠B = 90°; если p = 1, то ∠C = 90°; если p² − p + q² = 0, то AB ⟂ AC и ∠A = 90°.Ответ: треугольник прямоугольный.
Решение #3(Учебник 2023)
Решение #4 (Учебник 2023)ИИ
Доказать, что АА₁ ∥ ВВ₁С пояснением
1) Проведём общую касательную l к окружностям в точке М. Такая касательная существует, поскольку окружности касаются в точке М.
2) По теореме об угле между касательной и хордой угол между прямыми АА₁ и АМ равен углу между l и МА₁.
3) Аналогично угол между прямыми ВВ₁ и ВМ равен углу между l и МВ₁.
4) Прямые АМ и ВМ совпадают, а прямые МА₁ и МВ₁ также совпадают. Следовательно, прямые АА₁ и ВВ₁ образуют равные соответствующие углы с прямой АВ, поэтому они параллельны.
Ответ: АА₁ ∥ ВВ₁.
Кратко Проведём общую касательную l к окружностям в точке М. По теореме об угле между касательной и хордой прямые АА₁ и ВВ₁ образуют равные углы с прямой АВ, так как А, М, В лежат на одной прямой, а А₁, М, В₁ — на другой. Значит, АА₁ ∥ ВВ₁.
Ответ: АА₁ ∥ ВВ₁.
2) По теореме об угле между касательной и хордой угол между прямыми АА₁ и АМ равен углу между l и МА₁.
3) Аналогично угол между прямыми ВВ₁ и ВМ равен углу между l и МВ₁.
4) Прямые АМ и ВМ совпадают, а прямые МА₁ и МВ₁ также совпадают. Следовательно, прямые АА₁ и ВВ₁ образуют равные соответствующие углы с прямой АВ, поэтому они параллельны.
Ответ: АА₁ ∥ ВВ₁.
Кратко Проведём общую касательную l к окружностям в точке М. По теореме об угле между касательной и хордой прямые АА₁ и ВВ₁ образуют равные углы с прямой АВ, так как А, М, В лежат на одной прямой, а А₁, М, В₁ — на другой. Значит, АА₁ ∥ ВВ₁.
Ответ: АА₁ ∥ ВВ₁.
Рассмотрим вариант решения задания из учебника
Атанасян, Бутузов 7-9 класс, Просвещение:
Задание учебника 2025 года
Середины трёх высот треугольника лежат на одной прямой. Докажите, что этот треугольник прямоугольный.
Задание учебника 2023 года
Две окружности имеют единственную общую точку М. Через эту точку проведены две секущие, пересекающие одну окружность в точках А и А1, а другую — в точках ВиB1. Докажите, что АА1|| ВВ1.
