Страница 105 - гдз по геометрии 9 класс учебник Шыныбеков, Шыныбеков

2.133. Стороны треугольника $ABC$ равны $a, b$ и $c$. В каком отношении делит центр вписанной в треугольник окружности биссектрису $AA_1$?

Пусть дан треугольник $ABC$ со сторонами $BC = a$, $AC = b$ и $AB = c$. Центр вписанной в треугольник окружности, обозначим его точкой $I$, является точкой пересечения биссектрис углов треугольника. Биссектриса угла $A$ — это отрезок $AA_1$, где $A_1$ лежит на стороне $BC$. Поскольку точка $I$ является точкой пересечения биссектрис, она лежит на отрезке $AA_1$. Нам необходимо найти отношение, в котором точка $I$ делит отрезок $AA_1$, то есть найти отношение $AI:IA_1$.

Рассмотрим треугольник $ABA_1$. Так как $I$ — это инцентр треугольника $ABC$, отрезок $BI$ является биссектрисой угла $B$ (или, что то же самое, угла $ABA_1$). По свойству биссектрисы треугольника, она делит противолежащую сторону на отрезки, пропорциональные двум другим сторонам. Применив это свойство к треугольнику $ABA_1$ и его биссектрисе $BI$, получим:

$ \frac{AI}{IA_1} = \frac{AB}{BA_1} $

Длина стороны $AB$ нам известна, она равна $c$. Теперь найдем длину отрезка $BA_1$. Для этого воспользуемся свойством биссектрисы $AA_1$ в исходном треугольнике $ABC$. Биссектриса делит сторону $BC$ на отрезки, пропорциональные прилежащим сторонам $AB$ и $AC$:

$ \frac{BA_1}{A_1C} = \frac{AB}{AC} = \frac{c}{b} $

Мы знаем, что $BA_1 + A_1C = BC = a$. Из пропорции выразим $A_1C = BA_1 \cdot \frac{b}{c}$ и подставим в это равенство:

$ BA_1 + BA_1 \cdot \frac{b}{c} = a $

$ BA_1 \left(1 + \frac{b}{c}\right) = a $

$ BA_1 \left(\frac{c+b}{c}\right) = a $

$ BA_1 = \frac{ac}{b+c} $

Теперь, зная длину $BA_1$, мы можем найти искомое отношение, подставив найденные значения в формулу, полученную для треугольника $ABA_1$:

$ \frac{AI}{IA_1} = \frac{AB}{BA_1} = \frac{c}{\frac{ac}{b+c}} = c \cdot \frac{b+c}{ac} = \frac{b+c}{a} $

Таким образом, центр вписанной окружности $I$ делит биссектрису $AA_1$ в отношении $(b+c):a$, считая от вершины $A$.

Ответ: Центр вписанной в треугольник окружности делит биссектрису $AA_1$ в отношении $\frac{b+c}{a}$, считая от вершины $A$.

2.134. Докажите, что выполняется равенство $b : 2p = B_1O : B_1B$, если $BB_1$ — биссектриса треугольника $ABC$, точка $O$ — центр вписанной окружности, $AC=b$ и $p$ — его полупериметр.

Пусть в треугольнике $ABC$ стороны имеют длины $AB = c$, $BC = a$, $AC = b$. Полупериметр треугольника $p$ определяется как $p = \frac{a+b+c}{2}$.

Точка $O$ — центр вписанной окружности треугольника $ABC$, следовательно, она является точкой пересечения его биссектрис. Поскольку $BB_1$ — биссектриса угла $B$, точка $O$ лежит на отрезке $BB_1$. Также отрезок $AO$ является биссектрисой угла $A$.

Рассмотрим треугольник $ABB_1$. Отрезок $AO$ является биссектрисой угла $BAB_1$. По свойству биссектрисы угла треугольника, она делит противолежащую сторону на отрезки, пропорциональные прилежащим сторонам. Применительно к треугольнику $ABB_1$ и биссектрисе $AO$ это свойство записывается так:$ \frac{B_1O}{OB} = \frac{AB_1}{AB} $

Выразим из этой пропорции отношение $\frac{B_1O}{B_1B}$. Зная, что $B_1B = B_1O + OB$, мы можем написать:$ OB = \frac{B_1O \cdot AB}{AB_1} $$ B_1B = B_1O + \frac{B_1O \cdot AB}{AB_1} = B_1O \left(1 + \frac{AB}{AB_1}\right) = B_1O \left(\frac{AB_1 + AB}{AB_1}\right) $Отсюда следует:$ \frac{B_1O}{B_1B} = \frac{AB_1}{AB_1 + AB} $

Теперь используем тот факт, что $BB_1$ — биссектриса угла $B$ в исходном треугольнике $ABC$. По свойству биссектрисы для $\triangle ABC$:$ \frac{AB_1}{B_1C} = \frac{AB}{BC} = \frac{c}{a} $

Так как точка $B_1$ лежит на стороне $AC$, то $AB_1 + B_1C = AC = b$. Из пропорции выше выразим $B_1C = \frac{a \cdot AB_1}{c}$ и подставим в это равенство:$ AB_1 + \frac{a \cdot AB_1}{c} = b $$ AB_1 \left(1 + \frac{a}{c}\right) = b $$ AB_1 \left(\frac{c+a}{c}\right) = b $$ AB_1 = \frac{bc}{a+c} $

Подставим полученное выражение для $AB_1$ в формулу для отношения $\frac{B_1O}{B_1B}$:$ \frac{B_1O}{B_1B} = \frac{AB_1}{AB_1 + AB} = \frac{\frac{bc}{a+c}}{\frac{bc}{a+c} + c} $

Упростим полученное дробное выражение:$ \frac{B_1O}{B_1B} = \frac{\frac{bc}{a+c}}{\frac{bc + c(a+c)}{a+c}} = \frac{bc}{bc + ac + c^2} = \frac{bc}{c(b+a+c)} = \frac{b}{a+b+c} $

По определению полупериметра $p = \frac{a+b+c}{2}$, следовательно, $a+b+c = 2p$. Подставив это в наше выражение, получаем:$ \frac{B_1O}{B_1B} = \frac{b}{2p} $

Данное равенство можно записать в виде пропорции $b : 2p = B_1O : B_1B$, что и требовалось доказать.

Ответ: Равенство $b:2p=B_1O:B_1B$ доказано.

2.135. Постройте ромб по отношению диагоналей и стороне.

Для решения задачи на построение ромба по заданному отношению диагоналей и стороне, выполним анализ, само построение и приведем доказательство корректности.

Анализ
Пусть нам дан искомый ромб $ABCD$ со стороной $a$ и диагоналями $AC=d_1$ и $BD=d_2$. Диагонали ромба пересекаются в точке $O$ под прямым углом и делятся этой точкой пополам. Таким образом, ромб состоит из четырех конгруэнтных прямоугольных треугольников, например, $\triangle AOB$. В этом треугольнике гипотенуза $AB=a$, а катеты $AO = d_1/2$ и $BO = d_2/2$.
По условию нам дано отношение диагоналей $d_1/d_2 = m/n$, где $m$ и $n$ — длины двух заданных отрезков. Отсюда следует, что отношение половин диагоналей также равно $m/n$: $ \frac{d_1/2}{d_2/2} = \frac{m}{n} $
Это означает, что прямоугольный треугольник $\triangle AOB$ подобен любому прямоугольному треугольнику, катеты которого находятся в отношении $m:n$.
Пусть $\angle OAB = \alpha$. Тогда из $\triangle AOB$ имеем $\tan(\alpha) = \frac{BO}{AO} = \frac{d_2/2}{d_1/2} = \frac{d_2}{d_1} = \frac{n}{m}$. Угол ромба при вершине $A$ равен $\angle DAB = 2\alpha$.
Таким образом, задача сводится к построению угла $\alpha$, тангенс которого равен $n/m$, а затем к построению ромба по стороне $a$ и углу $2\alpha$.

Построение
Построение выполняется в два этапа: сначала строится вспомогательный угол, а затем сам ромб.
1. Построение вспомогательного угла $\alpha$.
а) Построим прямоугольный треугольник $PQR$ с прямым углом при вершине $Q$. Для этого проведем две взаимно перпендикулярные прямые, пересекающиеся в точке $Q$.
б) На одной из прямых отложим от точки $Q$ отрезок $QP$, равный по длине отрезку $m$.
в) На второй прямой отложим от точки $Q$ отрезок $QR$, равный по длине отрезку $n$.
г) Соединим точки $P$ и $R$. В получившемся прямоугольном треугольнике $PQR$ угол $\angle QPR$ будет искомым углом $\alpha$, так как $\tan(\angle QPR) = \frac{QR}{QP} = \frac{n}{m}$.

2. Построение ромба $ABCD$.
а) Проведем произвольную прямую и выберем на ней точку $A$.
б) Построим угол, равный $2\alpha$, с вершиной в точке $A$. Для этого дважды отложим угол $\alpha$ (построенный в п.1) в одну сторону от некоторого луча, выходящего из $A$. Пусть это будет угол $\angle DAB = 2\alpha$.
в) На сторонах угла $\angle DAB$ отложим от вершины $A$ отрезки $AB$ и $AD$, равные по длине данной стороне $a$.
г) Из точки $B$ проведем дугу окружности радиусом $a$.
д) Из точки $D$ проведем дугу окружности радиусом $a$.
е) Точку пересечения этих двух дуг (отличную от $A$) обозначим $C$.
ж) Соединим отрезками точки $B$ с $C$ и $D$ с $C$. Четырехугольник $ABCD$ является искомым ромбом.

Доказательство
Построенный четырехугольник $ABCD$ имеет все стороны равные $a$ ($AB = AD = BC = DC = a$ по построению), следовательно, он является ромбом. Угол при вершине $A$ по построению равен $2\alpha$. Диагональ $AC$ является биссектрисой угла $\angle DAB$, поэтому $\angle OAC = \alpha$, где $O$ - точка пересечения диагоналей. В прямоугольном треугольнике $\triangle AOB$ отношение катетов равно: $ \frac{BO}{AO} = \tan(\angle OAB) = \tan(\alpha) $
Из построения вспомогательного треугольника $PQR$ мы знаем, что $\tan(\alpha) = \frac{n}{m}$. Следовательно, отношение половин диагоналей построенного ромба: $ \frac{d_2/2}{d_1/2} = \frac{BO}{AO} = \frac{n}{m} $
Отсюда следует, что отношение диагоналей $d_1/d_2 = m/n$, что соответствует условию задачи. Сторона ромба равна $a$ по построению. Таким образом, построенный ромб удовлетворяет всем условиям задачи.

Ответ: Алгоритм построения ромба и доказательство его корректности приведены выше.

2.136. Постройте квадрат так, чтобы его вершины лежали на сторонах данного ромба.

Задача заключается в построении квадрата, вершины которого лежат на сторонах данного ромба. Существует два основных случая расположения такого квадрата.

Случай 1: На каждой стороне ромба лежит по одной вершине квадрата.

В этом случае существует единственное решение (для ромба, не являющегося квадратом). Квадрат будет иметь центр, совпадающий с центром ромба, а его стороны будут параллельны диагоналям ромба.

Анализ

Пусть ромб $ABCD$ с центром в точке $O$ (точка пересечения диагоналей $AC$ и $BD$). Пусть искомый квадрат $MNPQ$, где вершины $M, N, P, Q$ лежат на сторонах $AB, BC, CD, DA$ соответственно.Можно доказать, что центр квадрата $MNPQ$ должен совпадать с центром ромба $O$. Это следует из центральной симметрии обеих фигур. Если бы центры не совпадали, то, например, вершина $P$ (симметричная $M$ относительно центра квадрата) не лежала бы на стороне $CD$ (которая симметрична $AB$ относительно центра ромба).

Введем систему координат с началом в точке $O$ и осями, направленными вдоль диагоналей ромба. Пусть диагональ $AC$ лежит на оси $Oy$, а диагональ $BD$ — на оси $Ox$. Тогда вершины ромба имеют координаты $A(0, a)$, $B(b, 0)$, $C(0, -a)$, $D(-b, 0)$, где $a = OC$ и $b = OB$ — половины длин диагоналей.

Рассмотрим квадрат с центром в начале координат. Возможны два варианта его ориентации:

1. Стороны квадрата параллельны осям координат (диагоналям ромба).
2. Диагонали квадрата лежат на осях координат.

Анализ показывает, что второй вариант невозможен (кроме случая, когда сам ромб является квадратом). А первый вариант приводит к единственному решению. Вершины такого квадрата будут иметь координаты $M(k, k)$, $N(k, -k)$, $P(-k, -k)$, $Q(-k, k)$ (или с другой последовательностью, что соответствует другому направлению обхода). Проверим, могут ли эти точки лежать на сторонах ромба.

• Уравнение стороны $AB$: $\frac{x}{b} + \frac{y}{a} = 1 \Leftrightarrow ax+by=ab$.
• Уравнение стороны $BC$: $\frac{x}{b} + \frac{y}{-a} = 1 \Leftrightarrow ax-by=ab$.
• Уравнение стороны $CD$: $\frac{x}{-b} + \frac{y}{-a} = 1 \Leftrightarrow ax+by=-ab$.
• Уравнение стороны $DA$: $\frac{x}{-b} + \frac{y}{a} = 1 \Leftrightarrow ax-by=-ab$.

Чтобы вершина $M(k, k)$ лежала на стороне $AB$, ее координаты должны удовлетворять уравнению $AB$: $ak+bk=ab \Rightarrow k(a+b)=ab \Rightarrow k = \frac{ab}{a+b}$.Проверим остальные вершины:

• $N(k, -k)$ на $BC$: $ak - b(-k) = ab \Rightarrow k(a+b) = ab$. Верно.
• $P(-k, -k)$ на $CD$: $a(-k) + b(-k) = -ab \Rightarrow -k(a+b) = -ab$. Верно.
• $Q(-k, k)$ на $DA$: $a(-k) - bk = -ab \Rightarrow -k(a+b) = -ab$. Верно.

Таким образом, такое расположение возможно. Вершина $M(k, k)$ лежит на прямой $y=x$, которая является биссектрисой угла $\angle AOB$. Аналогично, остальные вершины лежат на биссектрисах других углов, образованных диагоналями.

Построение

1. Начертим данный ромб $ABCD$ и его диагонали $AC$ и $BD$, пересекающиеся в точке $O$.
2. Построим биссектрисы углов, образованных диагоналями. Это две перпендикулярные прямые, проходящие через центр $O$.
3. Точки пересечения этих биссектрис со сторонами ромба и будут вершинами искомого квадрата.
4. А именно: вершина $M$ есть пересечение биссектрисы угла $\angle AOB$ со стороной $AB$. Вершина $N$ — пересечение биссектрисы угла $\angle BOC$ со стороной $BC$. Вершина $P$ — пересечение биссектрисы угла $\angle COD$ со стороной $CD$. Вершина $Q$ — пересечение биссектрисы угла $\angle DOA$ со стороной $DA$.
5. Соединив точки $M, N, P, Q$, получим искомый квадрат.

Примечание: Случай 2

Существует и другой тип решений. Если две вершины квадрата лежат на одной стороне ромба (например, $AB$), то две другие вершины должны лежать на противоположной стороне ($CD$). Сторона такого квадрата будет равна высоте ромба $h$. Поскольку длина стороны ромба $a$ всегда больше или равна его высоте ($a \ge h$), на стороне $AB$ можно разместить отрезок длиной $h$. Это дает бесконечное множество решений (квадрат можно "двигать" вдоль сторон $AB$ и $CD$). Однако, как правило, в задачах на построение "вписанной" фигуры подразумевается, что на каждой стороне многоугольника лежит по одной вершине, что соответствует первому случаю.

Ответ: Для построения квадрата, у которого на каждой стороне ромба лежит по одной вершине, необходимо провести диагонали ромба, а затем построить биссектрисы четырех углов, образованных этими диагоналями в центре ромба. Точки пересечения этих биссектрис со сторонами ромба являются вершинами искомого квадрата.

2.137. Постройте параллелограмм по отношению диагоналей, углу между диагоналями и длине одной из сторон.

Анализ

Пусть $ABCD$ – искомый параллелограмм, $O$ – точка пересечения его диагоналей $AC=d_1$ и $BD=d_2$. По свойству параллелограмма, диагонали в точке пересечения делятся пополам, то есть $AO = OC = d_1/2$ и $BO = OD = d_2/2$. Пусть $\alpha$ – заданный угол между диагоналями, например, $\angle AOB = \alpha$.Рассмотрим треугольник $\triangle AOB$. Его стороны равны $AO$, $BO$ и $AB=a$ (заданная длина стороны). Отношение сторон $AO$ и $BO$ нам известно: $AO/BO = (d_1/2)/(d_2/2) = d_1/d_2 = k$, где $k$ – заданное отношение диагоналей.Таким образом, задача сводится к построению треугольника $\triangle AOB$, у которого известна сторона $a$, отношение двух других сторон ($k$) и угол $\alpha$ между ними.Идея построения состоит в том, чтобы сначала построить вспомогательный треугольник $\triangle A'O'B'$, подобный искомому треугольнику $\triangle AOB$. Затем, используя заданную сторону $a$, определить коэффициент подобия и построить стороны $AO$ и $BO$, после чего построить и сам параллелограмм.

Построение

Пусть нам даны два отрезка $p$ и $q$, такие что отношение диагоналей $d_1/d_2 = p/q$, угол $\alpha$ и отрезок $a$ – длина одной из сторон.

1. Сначала построим вспомогательный треугольник $\triangle A'O'B'$, подобный треугольнику из искомого параллелограмма.
а) Построим угол, равный заданному углу $\alpha$, с вершиной в точке $O'$.
б) На одном луче угла отложим отрезок $O'A'$, равный $p/2$ (половине отрезка $p$).
в) На другом луче отложим отрезок $O'B'$, равный $q/2$ (половине отрезка $q$).
г) Соединим точки $A'$ и $B'$. Длину полученного отрезка $A'B'$ обозначим $a'$.

2. Теперь найдем длины половин диагоналей $m_1 = AO$ и $m_2 = BO$ искомого параллелограмма. Они вычисляются как $m_1 = \frac{a \cdot (p/2)}{a'}$ и $m_2 = \frac{a \cdot (q/2)}{a'}$. Для их построения используется метод построения четвертого пропорционального отрезка.
а) Для построения отрезка $m_1$: начертим произвольный угол с вершиной $M$. На одном луче отложим отрезки $MD=a'$ и $MB=a$. На другом луче отложим отрезок $MC=p/2$. Соединим точки $D$ и $C$. Проведем через точку $B$ прямую, параллельную $DC$. Точка пересечения этой прямой со вторым лучом, пусть это будет $N_1$, даст нам искомый отрезок $MN_1 = m_1$.
б) Аналогично построим отрезок $m_2$, используя на втором луче отрезок, равный $q/2$.

3. Построим искомый параллелограмм $ABCD$.
а) Начертим две прямые, пересекающиеся в точке $O$ под углом $\alpha$.
б) На одной из прямых от точки $O$ в противоположные стороны отложим отрезки $OA = OC = m_1$.
в) На другой прямой от точки $O$ в противоположные стороны отложим отрезки $OB = OD = m_2$.
г) Последовательно соединим точки $A, B, C, D$. Полученный четырехугольник $ABCD$ является искомым параллелограммом.

Доказательство

Построенный четырехугольник $ABCD$ является параллелограммом, так как его диагонали $AC$ и $BD$ по построению пересекаются в точке $O$ и делятся ею пополам.
Угол между диагоналями $\angle AOB$ равен $\alpha$ по построению.
Длины диагоналей равны $d_1 = AC = 2m_1$ и $d_2 = BD = 2m_2$. Их отношение равно $\frac{d_1}{d_2} = \frac{m_1}{m_2}$. Из построения отрезков $m_1$ и $m_2$ следует, что $\frac{m_1}{m_2} = \frac{a \cdot (p/2) / a'}{a \cdot (q/2) / a'} = \frac{p/2}{q/2} = \frac{p}{q}$. Таким образом, отношение диагоналей равно заданному.
Треугольник $\triangle AOB$ подобен вспомогательному треугольнику $\triangle A'O'B'$, так как они имеют по равному углу ($\alpha$) между пропорциональными сторонами ($\frac{AO}{A'O'} = \frac{m_1}{p/2} = \frac{a}{a'}$ и $\frac{BO}{B'O'} = \frac{m_2}{q/2} = \frac{a}{a'}$). Коэффициент подобия равен $a/a'$. Следовательно, $\frac{AB}{A'B'} = \frac{a}{a'}$. Так как $A'B' = a'$, то $AB = a$. Длина стороны $AB$ равна заданной длине $a$.Таким образом, построенный параллелограмм удовлетворяет всем условиям задачи.

Исследование

Построение возможно всегда, так как все его шаги выполнимы.
Задача может иметь более одного решения. Заданная сторона $a$ может быть стороной, противолежащей острому углу $\alpha$ между диагоналями, или тупому углу $180^\circ - \alpha$. Эти два случая приводят к построению, вообще говоря, двух разных параллелограммов (если $\alpha \neq 90^\circ$). Если в условии не уточнено, какой именно стороне (относительно углов между диагоналями) соответствует длина $a$, то задача имеет два решения. Если $\alpha = 90^\circ$, то параллелограмм является ромбом, его стороны равны, и решение единственно.

Ответ: Построение приведено выше. Задача всегда имеет решение. В общем случае существует два различных решения.