Страница 158 - гдз по геометрии 9 класс учебник Шыныбеков, Шыныбеков

4.122. В окружность радиусом $R$ вписан правильный двенадцатиугольник $A_1A_2...A_{12}$. Найдите площадь треугольника $A_1A_2A_3$.

Пусть $O$ - центр окружности, в которую вписан правильный двенадцатиугольник $A_1A_2...A_{12}$. Радиус этой окружности равен $R$. Вершины треугольника $A_1, A_2, A_3$ являются также вершинами двенадцатиугольника и лежат на окружности. Так как двенадцатиугольник правильный, все его стороны равны, и все центральные углы, опирающиеся на его стороны, также равны. Центральный угол, стягиваемый каждой стороной, равен $ \frac{360^\circ}{12} = 30^\circ $. Таким образом, $ \angle A_1OA_2 = \angle A_2OA_3 = 30^\circ $.

Площадь искомого треугольника $ \triangle A_1A_2A_3 $ можно найти, используя площади треугольников с общей вершиной в центре окружности $O$. Рассмотрим четырехугольник $OA_1A_2A_3$. Его площадь можно представить как сумму площадей треугольников $ \triangle OA_1A_2 $ и $ \triangle OA_2A_3 $. С другой стороны, она же равна сумме площадей $ \triangle OA_1A_3 $ и $ \triangle A_1A_2A_3 $. Из этого равенства можно выразить площадь искомого треугольника:$ S_{\triangle A_1A_2A_3} = S_{\triangle OA_1A_2} + S_{\triangle OA_2A_3} - S_{\triangle OA_1A_3} $.Найдем площади этих трех треугольников, используя формулу площади треугольника $ S = \frac{1}{2}ab \sin \gamma $, где $a, b$ - две стороны, а $\gamma$ - угол между ними.

Площадь $ \triangle OA_1A_2 $
Этот треугольник является равнобедренным, так как $OA_1 = OA_2 = R$. Угол между этими сторонами $ \angle A_1OA_2 = 30^\circ $. Его площадь равна:$ S_{\triangle OA_1A_2} = \frac{1}{2} \cdot R \cdot R \cdot \sin(30^\circ) = \frac{1}{2}R^2 \cdot \frac{1}{2} = \frac{R^2}{4} $.

Площадь $ \triangle OA_2A_3 $
Этот треугольник конгруэнтен треугольнику $ \triangle OA_1A_2 $, так как $OA_2 = OA_3 = R$ и $ \angle A_2OA_3 = 30^\circ $. Следовательно, его площадь также равна:$ S_{\triangle OA_2A_3} = \frac{R^2}{4} $.

Площадь $ \triangle OA_1A_3 $
Этот треугольник также равнобедренный с боковыми сторонами $OA_1 = OA_3 = R$. Угол между ними $ \angle A_1OA_3 = \angle A_1OA_2 + \angle A_2OA_3 = 30^\circ + 30^\circ = 60^\circ $. Равнобедренный треугольник с углом при вершине $60^\circ$ является равносторонним. Его площадь равна:$ S_{\triangle OA_1A_3} = \frac{1}{2} \cdot R \cdot R \cdot \sin(60^\circ) = \frac{1}{2}R^2 \cdot \frac{\sqrt{3}}{2} = \frac{R^2\sqrt{3}}{4} $.

Теперь, зная площади всех трех треугольников, мы можем вычислить площадь $ \triangle A_1A_2A_3 $:$ S_{\triangle A_1A_2A_3} = \frac{R^2}{4} + \frac{R^2}{4} - \frac{R^2\sqrt{3}}{4} = \frac{2R^2 - R^2\sqrt{3}}{4} = \frac{R^2(2 - \sqrt{3})}{4} $.

Ответ: $ \frac{R^2(2 - \sqrt{3})}{4} $.

4.123. Используя условие задачи 4.122, найдите площадь:

1) четырехугольника $A_1A_2A_3A_4$;

2) пятиугольника $A_1A_2A_3A_4A_5$.

Из условия задачи 4.122 следует, что точки $A_1, A_2, \dots, A_{12}$ являются вершинами правильного двенадцатиугольника, вписанного в окружность радиуса $R$. Пусть O — центр этой окружности. Тогда центральный угол, опирающийся на одну сторону двенадцатиугольника, например, $A_1A_2$, равен $\alpha = \frac{360^\circ}{12} = 30^\circ$.

1) четырехугольника $A_1A_2A_3A_4$

Площадь четырехугольника $A_1A_2A_3A_4$ можно вычислить, представив ее как разность площади фигуры $OA_1A_2A_3A_4$ и площади треугольника $OA_1A_4$.

Фигура $OA_1A_2A_3A_4$ состоит из трех равных равнобедренных треугольников: $\triangle OA_1A_2$, $\triangle OA_2A_3$ и $\triangle OA_3A_4$. У каждого из этих треугольников боковые стороны равны радиусу $R$, а угол между ними равен $30^\circ$.

Площадь одного такого треугольника, например $\triangle OA_1A_2$, равна:

$S_{\triangle OA_1A_2} = \frac{1}{2} R \cdot R \cdot \sin(30^\circ) = \frac{1}{2} R^2 \cdot \frac{1}{2} = \frac{R^2}{4}$.

Площадь фигуры $OA_1A_2A_3A_4$ равна сумме площадей трех таких треугольников:

$S_{OA_1A_2A_3A_4} = 3 \cdot S_{\triangle OA_1A_2} = 3 \cdot \frac{R^2}{4} = \frac{3R^2}{4}$.

Теперь найдем площадь треугольника $\triangle OA_1A_4$. Этот треугольник является равнобедренным с боковыми сторонами $OA_1 = OA_4 = R$. Угол между этими сторонами $\angle A_1OA_4$ равен сумме трех центральных углов, то есть $\angle A_1OA_4 = 3 \cdot 30^\circ = 90^\circ$.

Площадь треугольника $\triangle OA_1A_4$ равна:

$S_{\triangle OA_1A_4} = \frac{1}{2} R \cdot R \cdot \sin(90^\circ) = \frac{1}{2} R^2 \cdot 1 = \frac{R^2}{2}$.

Площадь четырехугольника $A_1A_2A_3A_4$ равна:

$S_{A_1A_2A_3A_4} = S_{OA_1A_2A_3A_4} - S_{\triangle OA_1A_4} = \frac{3R^2}{4} - \frac{R^2}{2} = \frac{3R^2 - 2R^2}{4} = \frac{R^2}{4}$.

Ответ: $\frac{R^2}{4}$.

2) пятиугольника $A_1A_2A_3A_4A_5$

Для нахождения площади пятиугольника $A_1A_2A_3A_4A_5$ воспользуемся аналогичным методом. Представим его площадь как разность площади фигуры $OA_1A_2A_3A_4A_5$ и площади треугольника $OA_1A_5$.

Фигура $OA_1A_2A_3A_4A_5$ состоит из четырех равных равнобедренных треугольников: $\triangle OA_1A_2$, $\triangle OA_2A_3$, $\triangle OA_3A_4$ и $\triangle OA_4A_5$. Площадь каждого из них, как мы уже выяснили, равна $\frac{R^2}{4}$.

Площадь фигуры $OA_1A_2A_3A_4A_5$ равна сумме площадей четырех таких треугольников:

$S_{OA_1A_2A_3A_4A_5} = 4 \cdot \frac{R^2}{4} = R^2$.

Найдем площадь треугольника $\triangle OA_1A_5$. Этот треугольник является равнобедренным с боковыми сторонами $OA_1 = OA_5 = R$. Угол между этими сторонами $\angle A_1OA_5$ равен сумме четырех центральных углов, то есть $\angle A_1OA_5 = 4 \cdot 30^\circ = 120^\circ$.

Площадь треугольника $\triangle OA_1A_5$ равна:

$S_{\triangle OA_1A_5} = \frac{1}{2} R \cdot R \cdot \sin(120^\circ) = \frac{1}{2} R^2 \cdot \frac{\sqrt{3}}{2} = \frac{R^2\sqrt{3}}{4}$.

Площадь пятиугольника $A_1A_2A_3A_4A_5$ равна:

$S_{A_1A_2A_3A_4A_5} = S_{OA_1A_2A_3A_4A_5} - S_{\triangle OA_1A_5} = R^2 - \frac{R^2\sqrt{3}}{4} = \frac{4R^2 - R^2\sqrt{3}}{4} = \frac{R^2(4-\sqrt{3})}{4}$.

Ответ: $\frac{R^2(4-\sqrt{3})}{4}$.

4.124. Докажите, что середины сторон правильного $n$-угольника являются вершинами другого правильного $n$-угольника.

Для доказательства того, что многоугольник, образованный серединами сторон правильного n-угольника, также является правильным, необходимо показать, что у нового многоугольника все стороны равны и все внутренние углы равны.

Пусть дан правильный n-угольник $A_1A_2...A_n$. Обозначим длину его стороны как $a$, а величину внутреннего угла как $\alpha$. Все стороны и углы исходного многоугольника равны между собой: $A_1A_2 = A_2A_3 = ... = a$ и $\angle A_1A_2A_3 = \angle A_2A_3A_4 = ... = \alpha$.

Пусть $M_1, M_2, ..., M_n$ — середины сторон $A_1A_2, A_2A_3, ..., A_nA_1$ соответственно. Нам нужно доказать, что многоугольник $M_1M_2...M_n$ является правильным.

Рассмотрим доказательство на примере правильного шестиугольника, представленного на рисунке ниже. Общий случай доказывается аналогично.

Доказательство равенства сторон

Рассмотрим треугольник $\triangle M_1A_2M_2$. Его вершины — это две середины смежных сторон $M_1, M_2$ и общая вершина исходного многоугольника $A_2$.

По определению, $M_1$ — середина стороны $A_1A_2$, следовательно, длина отрезка $A_2M_1$ равна $a/2$.Аналогично, $M_2$ — середина стороны $A_2A_3$, следовательно, длина отрезка $A_2M_2$ равна $a/2$.Угол $\angle M_1A_2M_2$ совпадает с внутренним углом правильного многоугольника $\angle A_1A_2A_3$ и равен $\alpha$.

Таким образом, $\triangle M_1A_2M_2$ является равнобедренным с боковыми сторонами $A_2M_1 = A_2M_2 = a/2$ и углом $\alpha$ между ними.

Рассмотрим следующий аналогичный треугольник $\triangle M_2A_3M_3$. Его стороны $A_3M_2$ и $A_3M_3$ также равны $a/2$, а угол между ними $\angle M_2A_3M_3$ равен $\alpha$. Следовательно, треугольник $\triangle M_2A_3M_3$ конгруэнтен треугольнику $\triangle M_1A_2M_2$ по двум сторонам и углу между ними (первый признак равенства треугольников).

Это рассуждение применимо ко всем треугольникам вида $\triangle M_iA_{i+1}M_{i+1}$ (где $A_{n+1} = A_1$ и $M_{n+1} = M_1$). Все они конгруэнтны друг другу.

Основания этих треугольников ($M_1M_2, M_2M_3, ...$) являются сторонами нового многоугольника $M_1M_2...M_n$. Так как все треугольники конгруэнтны, их основания также равны между собой: $M_1M_2 = M_2M_3 = ... = M_nA_1$.Таким образом, все стороны многоугольника $M_1M_2...M_n$ равны.

Доказательство равенства углов

Для доказательства равенства углов воспользуемся свойствами симметрии правильного n-угольника.Любой правильный n-угольник имеет центр rotational symmetry $O$. Поворот вокруг этого центра на угол $\theta = 360^\circ/n$ совмещает многоугольник сам с собой.

При таком повороте каждая вершина $A_i$ переходит в следующую вершину $A_{i+1}$, а каждая сторона $A_iA_{i+1}$ переходит в следующую сторону $A_{i+1}A_{i+2}$.

Поворот является движением, а значит, он сохраняет расстояния и переводит середину отрезка в середину образа этого отрезка. Следовательно, середина $M_i$ стороны $A_iA_{i+1}$ при повороте на угол $\theta$ перейдет в середину $M_{i+1}$ стороны $A_{i+1}A_{i+2}$.

Это означает, что вся совокупность вершин $\{M_1, M_2, ..., M_n\}$ нового многоугольника переходит сама в себя при повороте на угол $\theta = 360^\circ/n$.

Поскольку поворот сохраняет углы, внутренний угол $\angle M_{i-1}M_iM_{i+1}$ при повороте перейдет в угол $\angle M_iM_{i+1}M_{i+2}$. Отсюда следует, что все внутренние углы многоугольника $M_1M_2...M_n$ равны между собой.

Заключение

Мы доказали, что у многоугольника $M_1M_2...M_n$, образованного серединами сторон правильного n-угольника, все стороны равны и все внутренние углы равны. По определению, такой многоугольник является правильным.

Ответ: Утверждение, что середины сторон правильного n-угольника являются вершинами другого правильного n-угольника, доказано.

4.125. Углы AOB и BOC, равные $\alpha$ и $\beta$ соответственно, имеют общую сторону. Определите угол между биссектрисами этих углов. Рассмотрите случай, когда эти углы смежные.

Задача состоит из двух частей: нахождение угла между биссектрисами в общем случае и в частном случае, когда углы смежные. Для общего случая необходимо рассмотреть два возможных варианта взаимного расположения углов.

Определение угла между биссектрисами

Пусть даны два угла, $∠AOB = α$ и $∠BOC = β$, имеющие общую сторону $OB$. Пусть $OK$ — биссектриса угла $∠AOB$, а $OM$ — биссектриса угла $∠BOC$. Необходимо найти угол $∠KOM$.

Случай 1: Общая сторона $OB$ находится между сторонами $OA$ и $OC$.
В этом случае углы прилегают друг к другу. Угол, образованный биссектрисами, будет состоять из половин каждого из углов.

По определению биссектрисы: $∠KOB = \frac{∠AOB}{2} = \frac{α}{2}$ и $∠BOM = \frac{∠BOC}{2} = \frac{β}{2}$.
Угол между биссектрисами $∠KOM$ равен сумме этих двух углов:
$∠KOM = ∠KOB + ∠BOM = \frac{α}{2} + \frac{β}{2} = \frac{α + β}{2}$.

Случай 2: Одна из крайних сторон ($OA$ или $OC$) находится между общей стороной $OB$ и другой крайней стороной.
В этом случае один угол оказывается расположен внутри другого. Пусть для определенности луч $OA$ лежит между лучами $OB$ и $OC$. Тогда $β > α$.

$∠KOB = \frac{α}{2}$ и $∠MOB = \frac{β}{2}$.
Угол между биссектрисами $∠KOM$ в этом случае равен разности углов $∠MOB$ и $∠KOB$ (поскольку луч $OK$ лежит между лучами $OM$ и $OB$):
$∠KOM = ∠MOB - ∠KOB = \frac{β}{2} - \frac{α}{2} = \frac{β - α}{2}$.
Если бы луч $OC$ лежал между $OB$ и $OA$ (то есть $α > β$), результат был бы $\frac{α - β}{2}$. Оба этих варианта можно объединить, используя модуль разности.
$∠KOM = \frac{|α - β|}{2}$.

Ответ: Угол между биссектрисами равен $\frac{α + β}{2}$, если общая сторона $OB$ лежит между сторонами $OA$ и $OC$, или $\frac{|α - β|}{2}$, если одна из сторон ($OA$ или $OC$) лежит между общей стороной $OB$ и другой стороной.

Случай, когда эти углы смежные

Смежные углы — это углы, у которых одна сторона общая ($OB$), а две другие ($OA$ и $OC$) являются дополнительными лучами, то есть образуют прямую линию. Этот случай является частным случаем рассмотренного выше Случая 1.

Сумма смежных углов всегда равна $180°$.
$α + β = 180°$.
Угол между биссектрисами, согласно формуле для первого случая, равен:
$∠KOM = \frac{α + β}{2}$.
Подставив сумму углов, получаем:
$∠KOM = \frac{180°}{2} = 90°$.
Таким образом, биссектрисы смежных углов всегда перпендикулярны друг другу.

Ответ: 90°.

4.126. Углы $AOB$, $BOC$ и $COD$, равные $\alpha$, $\beta$ и $\gamma$ соответственно, расположены последовательно. Найдите угол между биссектрисами углов $AOB$ и $COD$.

Пусть даны три последовательных угла с общей вершиной O: $\angle AOB$, $\angle BOC$ и $\angle COD$. Их величины равны $\alpha$, $\beta$ и $\gamma$ соответственно. То есть, $\angle AOB = \alpha$, $\angle BOC = \beta$ и $\angle COD = \gamma$.

Поскольку углы расположены последовательно, луч OB находится между лучами OA и OC, а луч OC — между лучами OB и OD. Это можно представить наглядно:

Пусть OM — биссектриса угла AOB, а ON — биссектриса угла COD.

По определению биссектрисы, она делит угол пополам. Следовательно:

$\angle MOB = \frac{1}{2} \angle AOB = \frac{\alpha}{2}$

$\angle CON = \frac{1}{2} \angle COD = \frac{\gamma}{2}$

Требуется найти угол между биссектрисами OM и ON, то есть $\angle MON$.

Из рисунка видно, что угол MON является суммой трех углов: $\angle MOB$, $\angle BOC$ и $\angle CON$.

$\angle MON = \angle MOB + \angle BOC + \angle CON$

Подставим известные значения величин этих углов в формулу:

$\angle MON = \frac{\alpha}{2} + \beta + \frac{\gamma}{2}$

Сгруппировав слагаемые, получим окончательное выражение:

$\angle MON = \beta + \frac{\alpha + \gamma}{2}$

Ответ: Угол между биссектрисами углов AOB и COD равен $\beta + \frac{\alpha + \gamma}{2}$.

4.127. Докажите, что отрезок, ограниченный вершиной треугольника и противоположной ей стороной, меньше наибольшей стороны треугольника.

Пусть дан треугольник $ABC$. Обозначим длины его сторон как $|BC| = a$, $|AC| = b$ и $|AB| = c$. Без ограничения общности будем считать, что сторона $AC$ является наибольшей стороной треугольника, то есть $b \ge a$ и $b \ge c$. Нам необходимо доказать, что любой отрезок, соединяющий вершину треугольника с точкой на противоположной стороне, меньше по длине, чем сторона $AC$.

Отрезок, соединяющий вершину треугольника с точкой на противоположной стороне, называется чевианой. Проанализируем все три возможных случая, в зависимости от вершины, из которой исходит чевиана.

Случай 1: Чевиана проведена из вершины B.
Пусть из вершины $B$ проведена чевиана $BD$ к стороне $AC$, где точка $D$ лежит на отрезке $AC$. Рассмотрим два треугольника, на которые чевиана разбивает исходный: $\triangle ABD$ и $\triangle BCD$. Углы $\angle BDA$ и $\angle BDC$ являются смежными, следовательно, их сумма равна $180^\circ$. Это означает, что хотя бы один из этих углов не является острым (то есть он либо прямой, либо тупой, $\ge 90^\circ$).
Если $\angle BDA \ge 90^\circ$, то в треугольнике $\triangle ABD$ этот угол является наибольшим. Следовательно, противолежащая ему сторона $AB$ является наибольшей стороной в этом треугольнике: $|AB| > |BD|$. Так как по нашему предположению $AC$ — наибольшая сторона в $\triangle ABC$, то $|AC| \ge |AB|$. Из этих двух неравенств следует, что $|AC| > |BD|$.
Если $\angle BDC \ge 90^\circ$, то в треугольнике $\triangle BCD$ этот угол является наибольшим. Следовательно, противолежащая ему сторона $BC$ является наибольшей стороной в этом треугольнике: $|BC| > |BD|$. Так как $|AC| \ge |BC|$, то получаем $|AC| > |BD|$.
Таким образом, в любом случае чевиана $BD$ меньше наибольшей стороны $AC$.

Случай 2: Чевиана проведена из вершины C.
Пусть из вершины $C$ проведена чевиана $CF$ к стороне $AB$, где точка $F$ лежит на отрезке $AB$. Рассмотрим треугольник $\triangle AFC$. Мы хотим доказать, что $|CF| < |AC|$. Для этого сравним углы, лежащие напротив этих сторон: $\angle A$ и $\angle AFC$.
Угол $\angle AFC$ является внешним углом для треугольника $\triangle BFC$. По теореме о внешнем угле треугольника, он равен сумме двух внутренних углов, не смежных с ним: $\angle AFC = \angle B + \angle BCF$. Поскольку угол $\angle B$ в треугольнике положителен, то $\angle AFC > \angle B$.
Так как $AC$ — наибольшая сторона в $\triangle ABC$, то противолежащий ей угол $\angle B$ является наибольшим углом в этом треугольнике: $\angle B \ge \angle A$.
Объединяя неравенства, получаем: $\angle AFC > \angle B \ge \angle A$, откуда следует, что $\angle AFC > \angle A$.
В треугольнике $\triangle AFC$ напротив большего угла лежит большая сторона. Так как $\angle AFC > \angle A$, то сторона $|AC|$ (напротив $\angle AFC$) больше стороны $|CF|$ (напротив $\angle A$). То есть, $|AC| > |CF|$.

Случай 3: Чевиана проведена из вершины A.
Пусть из вершины $A$ проведена чевиана $AE$ к стороне $BC$, где точка $E$ лежит на отрезке $BC$. Рассуждения аналогичны предыдущему случаю. Рассмотрим треугольник $\triangle AEC$. Мы хотим доказать, что $|AE| < |AC|$. Сравним углы $\angle C$ и $\angle AEC$, лежащие напротив этих сторон.
Угол $\angle AEC$ является внешним для треугольника $\triangle ABE$. Следовательно, $\angle AEC = \angle B + \angle BAE$, и значит $\angle AEC > \angle B$.
Поскольку $AC$ — наибольшая сторона в $\triangle ABC$, то $\angle B \ge \angle C$.
Отсюда получаем, что $\angle AEC > \angle B \ge \angle C$, то есть $\angle AEC > \angle C$.
В треугольнике $\triangle AEC$ напротив большего угла $\angle AEC$ лежит большая сторона $AC$, а напротив меньшего угла $\angle C$ лежит меньшая сторона $AE$. Следовательно, $|AC| > |AE|$.

Мы рассмотрели все возможные случаи и в каждом из них показали, что длина отрезка, соединяющего вершину с точкой на противоположной стороне, меньше длины наибольшей стороны треугольника. Таким образом, утверждение доказано.

Ответ: Утверждение доказано. Длина отрезка, ограниченного вершиной треугольника и противоположной ей стороной, всегда меньше длины наибольшей стороны этого треугольника.

4.128. Докажите, что отрезок, ограниченный двумя сторонами треугольника, меньше наибольшей его стороны.

Для доказательства этого утверждения сначала докажем вспомогательную лемму.

Лемма: Отрезок, соединяющий вершину треугольника с точкой на противолежащей стороне (чевиана), короче по крайней мере одной из двух других сторон треугольника, а именно, короче большей из них.

Доказательство леммы: Пусть в треугольнике $XYZ$ проведена чевиана $YW$ из вершины $Y$ к стороне $XZ$. Чевиана делит развернутый угол при точке $W$ на два смежных угла: $\angle YWX$ и $\angle YWZ$. Сумма этих углов равна $180^\circ$, поэтому один из них должен быть больше или равен $90^\circ$.

• Если $\angle YWX \ge 90^\circ$, то в треугольнике $XYW$ этот угол является наибольшим. Против большего угла лежит большая сторона, следовательно, сторона $XY$ длиннее стороны $YW$, то есть $YW < XY$.
• Если $\angle YWZ \ge 90^\circ$, то в треугольнике $ZYW$ этот угол является наибольшим. Следовательно, сторона $ZY$ длиннее стороны $YW$, то есть $YW < ZY$.

Таким образом, чевиана $YW$ всегда короче хотя бы одной из прилежащих сторон $XY$ или $ZY$, а значит, она короче большей из этих двух сторон: $YW < \max(XY, ZY)$. Лемма доказана.

Теперь перейдем к доказательству основного утверждения. Пусть дан треугольник $ABC$. Обозначим его стороны как $a=BC$, $b=AC$ и $c=AB$. Пусть $S_{max} = \max(a, b, c)$ — длина наибольшей стороны. Пусть $DE$ — это отрезок, концы которого, точки $D$ и $E$, лежат на двух разных сторонах треугольника $ABC$.

Существует три возможных случая расположения точек $D$ и $E$ на сторонах треугольника.

Случай 1: Точки $D$ и $E$ лежат на смежных сторонах, например, $D \in AC$ и $E \in BC$.

Рассмотрим отрезок $AE$. Он является чевианой в треугольнике $ABC$. Согласно доказанной лемме, $AE < \max(AB, AC)$.
Теперь рассмотрим треугольник $ACE$. Отрезок $DE$ является чевианой этого треугольника, проведенной из вершины $E$ к стороне $AC$. Снова применяя лемму, получаем $DE < \max(AE, CE)$.
Объединим неравенства: $DE < \max(AE, CE) < \max(\max(AB, AC), CE)$.
Так как точка $E$ лежит на стороне $BC$, то $CE < BC$.
Следовательно, $DE < \max(AB, AC, CE) < \max(AB, AC, BC) = S_{max}$.

Случай 2: Точки $D$ и $E$ лежат на других смежных сторонах, например, $D \in AB$ и $E \in AC$.

Этот случай полностью аналогичен первому. Рассмотрим чевиану $BE$ в треугольнике $ABC$. По лемме, $BE < \max(AB, BC)$.
Далее, в треугольнике $ABE$ отрезок $DE$ является чевианой из вершины $E$. По лемме, $DE < \max(AE, BE)$.
Объединяя, получаем: $DE < \max(AE, BE) < \max(AE, \max(AB, BC))$.
Так как $E \in AC$, то $AE < AC$.
Следовательно, $DE < \max(AE, AB, BC) < \max(AC, AB, BC) = S_{max}$.

Случай 3: Точки $D$ и $E$ лежат на сторонах, не имеющих общей вершины, например, $D \in AB$ и $E \in BC$.

Рассмотрим чевиану $CD$ в треугольнике $ABC$. По лемме, $CD < \max(AC, BC)$.
Теперь рассмотрим треугольник $BCD$. Отрезок $DE$ является чевианой этого треугольника, проведенной из вершины $D$ к стороне $BC$. По лемме, $DE < \max(BD, CD)$.
Объединяя неравенства: $DE < \max(BD, CD) < \max(BD, \max(AC, BC))$.
Так как точка $D$ лежит на стороне $AB$, то $BD < AB$.
Следовательно, $DE < \max(BD, AC, BC) < \max(AB, AC, BC) = S_{max}$.

Таким образом, во всех возможных случаях отрезок, ограниченный двумя сторонами треугольника, оказывается меньше наибольшей его стороны. Утверждение доказано.

Ответ: Утверждение доказано.

4.129. Докажите, что прямая, проведенная через вершину равнобедренного треугольника параллельно его основанию, является биссектрисой внешнего угла при этой вершине.

Дано:

Рассмотрим равнобедренный треугольник $\triangle ABC$, в котором боковые стороны $AB = BC$, а $AC$ является основанием. Через вершину $B$ проведена прямая $m$, параллельная основанию $AC$ ($m \parallel AC$).

Доказать:

Прямая $m$ является биссектрисой внешнего угла при вершине $B$.

Доказательство:

1. Построим внешний угол при вершине $B$. Для этого продлим сторону $CB$ за точку $B$ до точки $D$. Образовавшийся угол $\angle ABD$ является внешним углом треугольника $\triangle ABC$ при вершине $B$.

2. Нам необходимо доказать, что прямая $m$ делит угол $\angle ABD$ на два равных угла. Пусть $E$ — точка на прямой $m$. Мы докажем, что $\angle ABE = \angle EBD$.

3. Рассмотрим параллельные прямые $m$ и $AC$ и секущую $AB$. Углы $\angle ABE$ и $\angle BAC$ являются накрест лежащими углами. По свойству параллельных прямых, эти углы равны:

$\angle ABE = \angle BAC$ (1)

4. Теперь рассмотрим те же параллельные прямые $m$ и $AC$, но в качестве секущей возьмем прямую $CD$. Углы $\angle EBD$ и $\angle BCA$ являются соответственными углами. По свойству параллельных прямых, эти углы также равны:

$\angle EBD = \angle BCA$ (2)

5. По условию, треугольник $\triangle ABC$ — равнобедренный с основанием $AC$. Следовательно, углы при основании равны:

$\angle BAC = \angle BCA$ (3)

6. Сопоставим равенства (1), (2) и (3). Из них следует, что:

$\angle ABE = \angle BAC = \angle BCA = \angle EBD$

Таким образом, мы получили, что $\angle ABE = \angle EBD$.

7. Равенство углов $\angle ABE$ и $\angle EBD$ означает, что прямая $m$ является биссектрисой внешнего угла $\angle ABD$ при вершине $B$.

Что и требовалось доказать.

Ответ: Утверждение доказано. Прямая, проведенная через вершину равнобедренного треугольника параллельно его основанию, является биссектрисой внешнего угла при этой вершине.

4.130. Найдите угол между высотой и медианой, опущенными из прямого угла прямоугольного треугольника. Выразите этот угол через острые углы прямоугольного треугольника.

Рассмотрим прямоугольный треугольник $ABC$ с прямым углом при вершине $C$ ($\angle C = 90^\circ$). Обозначим его острые углы как $\angle A = \alpha$ и $\angle B = \beta$. Известно, что сумма углов треугольника равна $180^\circ$, поэтому сумма острых углов прямоугольного треугольника составляет $90^\circ$, то есть $\alpha + \beta = 90^\circ$.

Проведем из вершины $C$ на гипотенузу $AB$ высоту $CH$ и медиану $CM$. Искомый угол — это $\angle HCM$.

1. Рассмотрим треугольник $ACH$. Он прямоугольный, так как $CH$ — высота ($\angle AHC = 90^\circ$). Сумма его острых углов равна $90^\circ$. Следовательно, $\angle ACH + \angle CAH = 90^\circ$. Поскольку $\angle CAH = \angle A = \alpha$, получаем $\angle ACH = 90^\circ - \alpha$. Из соотношения $\alpha + \beta = 90^\circ$ следует, что $90^\circ - \alpha = \beta$. Таким образом, $\angle ACH = \beta$.

2. Теперь рассмотрим медиану $CM$. По свойству медианы, проведенной из вершины прямого угла, ее длина равна половине гипотенузы: $CM = AM = BM = \frac{1}{2}AB$.

3. Так как $CM = AM$, треугольник $AMC$ является равнобедренным с основанием $AC$. В равнобедренном треугольнике углы при основании равны, поэтому $\angle ACM = \angle CAM = \angle A = \alpha$.

4. Искомый угол $\angle HCM$ представляет собой разность между углами $\angle ACM$ и $\angle ACH$ (или наоборот, в зависимости от соотношения между $\alpha$ и $\beta$). Для нахождения величины угла, независимо от того, какой из острых углов больше, мы берем модуль их разности.

$\angle HCM = |\angle ACM - \angle ACH| = |\alpha - \beta|$

Таким образом, угол между высотой и медианой, опущенными из прямого угла, равен модулю разности острых углов прямоугольного треугольника.

Ответ: Искомый угол равен $|\alpha - \beta|$, где $\alpha$ и $\beta$ — острые углы прямоугольного треугольника.

4.131. Докажите, что четырехугольник, вершины которого находятся на серединах сторон любого выпуклого четырехугольника, является параллелограммом.

Пусть дан произвольный выпуклый четырехугольник $ABCD$. Обозначим точки $K, L, M, N$ как середины сторон $AB, BC, CD$ и $DA$ соответственно. Нам необходимо доказать, что четырехугольник $KLMN$, образованный этими точками, является параллелограммом. Это утверждение известно как теорема Вариньона.

Для доказательства проведём в исходном четырёхугольнике диагональ $AC$. Эта диагональ разделяет четырёхугольник на два треугольника: $\triangle ABC$ и $\triangle ADC$.

Рассмотрим треугольник $\triangle ABC$. Так как точки $K$ и $L$ являются серединами сторон $AB$ и $BC$ соответственно, отрезок $KL$ является средней линией этого треугольника. По свойству средней линии треугольника, она параллельна третьей стороне и равна её половине. Таким образом:

$KL \parallel AC$ и $KL = \frac{1}{2}AC$.

Аналогично, рассмотрим треугольник $\triangle ADC$. Точки $M$ и $N$ являются серединами сторон $CD$ и $DA$. Следовательно, отрезок $MN$ является средней линией треугольника $\triangle ADC$. Для него также справедливо свойство средней линии:

$MN \parallel AC$ и $MN = \frac{1}{2}AC$.

Теперь сравним отрезки $KL$ и $MN$. Мы получили, что оба отрезка параллельны одной и той же прямой $AC$, следовательно, они параллельны друг другу: $KL \parallel MN$. Также мы получили, что длины обоих отрезков равны половине длины $AC$, следовательно, они равны друг другу: $KL = MN$.

В четырехугольнике $KLMN$ мы нашли пару противоположных сторон ($KL$ и $MN$), которые одновременно параллельны и равны. Согласно признаку параллелограмма, если в выпуклом четырехугольнике две противоположные стороны равны и параллельны, то этот четырехугольник является параллелограммом.

Таким образом, мы доказали, что $KLMN$ — параллелограмм. Что и требовалось доказать.

Ответ: Утверждение доказано. Четырехугольник, вершины которого являются серединами сторон любого выпуклого четырехугольника, является параллелограммом. Это следует из того, что его противоположные стороны (например, $KL$ и $MN$) параллельны и равны, так как каждая из них является средней линией в одном из треугольников, на которые исходный четырехугольник делится диагональю ($AC$), и потому параллельна этой диагонали и равна её половине.

4.132. Докажите, что середины диагоналей трапеции и середины ее боковых сторон лежат на одной прямой.

Пусть дана трапеция $ABCD$ с основаниями $AD$ и $BC$ ($AD \parallel BC$). Обозначим точки:

• $M$ — середина боковой стороны $AB$.
• $N$ — середина боковой стороны $CD$.
• $P$ — середина диагонали $AC$.
• $Q$ — середина диагонали $BD$.

Требуется доказать, что точки $M, P, Q, N$ лежат на одной прямой.

Доказательство:

1. Отрезок $MN$ соединяет середины боковых сторон трапеции $AB$ и $CD$. По определению, $MN$ — средняя линия трапеции $ABCD$. По свойству средней линии трапеции, она параллельна ее основаниям, то есть $MN \parallel AD$ и $MN \parallel BC$.

2. Рассмотрим треугольник $ABC$. Точка $M$ — середина стороны $AB$, а точка $P$ — середина стороны $AC$. Следовательно, отрезок $MP$ является средней линией треугольника $ABC$. По свойству средней линии треугольника, она параллельна третьей стороне, то есть $MP \parallel BC$.

3. Мы получили, что $MN \parallel BC$ и $MP \parallel BC$. Через точку $M$ может проходить только одна прямая, параллельная прямой $BC$ (согласно аксиоме о параллельных прямых). Это означает, что точка $P$ должна лежать на прямой, проходящей через отрезок $MN$.

4. Теперь рассмотрим треугольник $ABD$. Точка $M$ — середина стороны $AB$, а точка $Q$ — середина стороны $BD$. Следовательно, отрезок $MQ$ является средней линией треугольника $ABD$. По свойству средней линии треугольника, $MQ \parallel AD$.

5. Мы имеем, что $MN \parallel AD$ и $MQ \parallel AD$. Аналогично предыдущему пункту, через точку $M$ может проходить только одна прямая, параллельная прямой $AD$. Значит, точка $Q$ также должна лежать на прямой, проходящей через отрезок $MN$.

Таким образом, мы доказали, что точки $P$ и $Q$ лежат на прямой $MN$. Поскольку точки $M$ и $N$ по определению принадлежат этой прямой, все четыре точки $M, P, Q, N$ лежат на одной прямой.

Что и требовалось доказать.

Ответ: Утверждение доказано. Середины диагоналей трапеции и середины ее боковых сторон лежат на одной прямой (которая является средней линией трапеции).

4.133. Найдите расстояние между серединами диагоналей трапеции, если даны ее основания.

Пусть дана трапеция $ABCD$ с основаниями $AD$ и $BC$. Обозначим длины оснований как $a$ и $b$, то есть $AD = a$ и $BC = b$. Для определённости будем считать, что $a$ — это большее основание, а $b$ — меньшее ($a > b$).

Пусть $M$ — середина диагонали $AC$, а $N$ — середина диагонали $BD$. Требуется найти длину отрезка $MN$.

Для наглядности рассмотрим рисунок:

Для решения задачи воспользуемся свойством средней линии треугольника. Введём вспомогательную точку $K$ — середину боковой стороны $AB$.

1. Рассмотрим треугольник $ABD$. Отрезок $KN$ соединяет середины его сторон $AB$ и $BD$. Следовательно, $KN$ является средней линией треугольника $ABD$. По теореме о средней линии, отрезок $KN$ параллелен основанию $AD$ и равен его половине:
$KN = \frac{1}{2} AD = \frac{a}{2}$

2. Теперь рассмотрим треугольник $ABC$. Отрезок $KM$ соединяет середины его сторон $AB$ и $AC$. Следовательно, $KM$ является средней линией треугольника $ABC$. По той же теореме, $KM$ параллелен основанию $BC$ и равен его половине:
$KM = \frac{1}{2} BC = \frac{b}{2}$

3. Основания трапеции $AD$ и $BC$ параллельны друг другу ($AD \parallel BC$). Так как $KN \parallel AD$ и $KM \parallel BC$, то отрезки $KN$ и $KM$ также параллельны между собой. 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 частью средней линии трапеции).

4. Так как точки $K, M, N$ лежат на одной прямой и мы предположили, что $a > b$, то $KN > KM$. Точка $M$ лежит между точками $K$ и $N$. Длина искомого отрезка $MN$ равна разности длин отрезков $KN$ и $KM$:
$MN = KN - KM$

5. Подставим найденные значения длин $KN$ и $KM$:
$MN = \frac{a}{2} - \frac{b}{2} = \frac{a-b}{2}$

Если бы мы предположили, что $b > a$, то получили бы результат $\frac{b-a}{2}$. Таким образом, в общем случае расстояние между серединами диагоналей равно полуразности длин оснований.

Ответ: Расстояние между серединами диагоналей трапеции равно полуразности длин ее оснований: $\frac{|a - b|}{2}$, где $a$ и $b$ — длины оснований.