Страница 88 - гдз по геометрии 9 класс учебник Шыныбеков, Шыныбеков

2.70. Даны две пересекающиеся окружности. Постройте отрезок так, чтобы концы лежали на двух заданных окружностях и середина совпадала с точкой пересечения окружностей.

Пусть даны две пересекающиеся окружности $\omega_1$ с центром $O_1$ и $\omega_2$ с центром $O_2$. Пусть $M$ — одна из точек их пересечения. Требуется построить отрезок $AB$ так, чтобы точка $A$ принадлежала окружности $\omega_1$, точка $B$ — окружности $\omega_2$, а точка $M$ являлась серединой отрезка $AB$.

Для решения этой задачи используется метод геометрических преобразований, а именно — центральная симметрия. Если точка $M$ является серединой отрезка $AB$, то это означает, что точка $B$ является образом точки $A$ при центральной симметрии с центром в точке $M$. Обозначим это преобразование как $S_M$. Так как точка $A$ по условию лежит на окружности $\omega_1$, то ее образ, точка $B$, должна лежать на образе окружности $\omega_1$ при симметрии $S_M$. Обозначим этот образ как $\omega_1'$. С другой стороны, по условию точка $B$ также должна лежать на окружности $\omega_2$. Следовательно, искомая точка $B$ является общей точкой окружностей $\omega_1'$ и $\omega_2$, то есть их точкой пересечения. Это наблюдение позволяет выполнить требуемое построение.

Алгоритм построения следующий. Шаг 1: Выбираем одну из двух точек пересечения данных окружностей $\omega_1$ и $\omega_2$ и обозначаем ее $M$. Шаг 2: Строим окружность $\omega_1'$, симметричную окружности $\omega_1$ относительно точки $M$. Для этого сначала находим центр $O_1'$ новой окружности, который симметричен центру $O_1$ относительно точки $M$ (это значит, что $M$ — середина отрезка $O_1O_1'$). Радиус окружности $\omega_1'$ равен радиусу окружности $\omega_1$. Шаг 3: Находим точки пересечения построенной окружности $\omega_1'$ и второй данной окружности $\omega_2$. Одна из этих точек пересечения всегда будет сама точка $M$. Вторую точку пересечения (в общем случае, когда окружности не касаются) обозначим $B$. Шаг 4: Найденная точка $B$ является одним из концов искомого отрезка. Для нахождения второго конца, точки $A$, строим точку, симметричную $B$ относительно $M$. Для этого проводим прямую через $B$ и $M$ и откладываем на ней отрезок $MA$, равный отрезку $BM$, так, чтобы $M$ была серединой отрезка $AB$. Шаг 5: Отрезок $AB$ является искомым.

Докажем корректность построения. По построению, точка $M$ является серединой отрезка $AB$. Также по построению, точка $B$ лежит на окружности $\omega_2$, так как является точкой пересечения $\omega_1'$ и $\omega_2$. Необходимо показать, что точка $A$ лежит на окружности $\omega_1$. Точка $A$ была построена как образ точки $B$ при симметрии $S_M$, то есть $A = S_M(B)$. Точка $B$, в свою очередь, лежит на окружности $\omega_1'$, которая является образом $\omega_1$ при той же симметрии ($\omega_1' = S_M(\omega_1)$). Если применить к точке $A$ преобразование $S_M$, мы получим точку $B$. Поскольку $A$ является прообразом точки $B$, а $B$ лежит на $\omega_1'$, то точка $A$ должна лежать на прообразе окружности $\omega_1'$, то есть на $S_M(\omega_1')$. Так как центральная симметрия является инволюцией ($S_M \circ S_M$ — тождественное преобразование), то $S_M(\omega_1') = S_M(S_M(\omega_1)) = \omega_1$. Следовательно, точка $A$ действительно лежит на окружности $\omega_1$. Таким образом, построенный отрезок $AB$ удовлетворяет всем условиям задачи.

Задача всегда имеет решение. Так как $M$ принадлежит $\omega_1$, ее образ при симметрии относительно самой себя (т.е. $M$ ) принадлежит $\omega_1'$. Поскольку $M$ также принадлежит $\omega_2$, точка $M$ всегда является точкой пересечения $\omega_1'$ и $\omega_2$. Если $\omega_1'$ и $\omega_2$ пересекаются еще в одной точке $B \neq M$, то решение — невырожденный отрезок $AB$. Если же $\omega_1'$ и $\omega_2$ касаются в точке $M$, то $B=M$, и тогда $A=S_M(M)=M$, а отрезок вырождается в точку $M$. Так как исходные окружности пересекаются в двух точках, можно выполнить построение для каждой из них. Таким образом, в общем случае задача имеет два решения (два отрезка).

Ответ: Искомый отрезок $AB$ строится следующим образом: 1) Строится окружность $\omega_1'$, симметричная окружности $\omega_1$ относительно точки пересечения $M$. 2) Находится точка $B$ как точка пересечения окружности $\omega_2$ и построенной окружности $\omega_1'$ (отличная от $M$). 3) Находится точка $A$ как точка, симметричная точке $B$ относительно $M$.

2.71. Постройте треугольник по трем медианам.

Для построения треугольника по трём заданным медианам $m_a, m_b, m_c$ используется метод построения вспомогательного треугольника, стороны которого связаны с медианами исходного.

Анализ

Пусть искомый треугольник $ABC$ построен. $AA_1, BB_1, CC_1$ — его медианы, равные соответственно $m_a, m_b, m_c$. Пусть $M$ — точка пересечения медиан (центроид). Известно, что медианы точкой пересечения делятся в отношении 2:1, считая от вершины. Таким образом, мы имеем следующие длины отрезков:
$AM = \frac{2}{3}m_a, \quad MA_1 = \frac{1}{3}m_a$
$BM = \frac{2}{3}m_b, \quad MB_1 = \frac{1}{3}m_b$
$CM = \frac{2}{3}m_c, \quad MC_1 = \frac{1}{3}m_c$

Продолжим медиану $AA_1$ за точку $A_1$ на отрезок $A_1D$, равный $MA_1 = \frac{1}{3}m_a$. Рассмотрим четырехугольник $MBDC$. Его диагонали $BC$ и $MD$ пересекаются в точке $A_1$. Поскольку $A_1$ — середина стороны $BC$ (так как $AA_1$ — медиана) и, по построению, $A_1$ — середина отрезка $MD$ (так как $MA_1 = A_1D$), то четырехугольник $MBDC$ является параллелограммом.

В параллелограмме противолежащие стороны равны, поэтому $CD = MB = \frac{2}{3}m_b$ и $BD = MC = \frac{2}{3}m_c$. Рассмотрим треугольник $MDC$. Его стороны равны:
$MD = MA_1 + A_1D = \frac{1}{3}m_a + \frac{1}{3}m_a = \frac{2}{3}m_a$
$MC = \frac{2}{3}m_c$
$CD = \frac{2}{3}m_b$

Таким образом, мы можем построить треугольник $MDC$, так как известны длины всех его сторон. Построив этот вспомогательный треугольник, мы сможем восстановить искомый треугольник $ABC$.

Построение

Пусть даны три отрезка, соответствующие медианам $m_a, m_b, m_c$.

1. Для каждого из данных отрезков $m_a, m_b, m_c$ построим отрезки, длины которых равны $\frac{2}{3}$ их длины. Это можно сделать, например, с помощью теоремы Фалеса, разделив каждый отрезок на три равные части и взяв две из них. Обозначим полученные длины как $l_a = \frac{2}{3}m_a, l_b = \frac{2}{3}m_b, l_c = \frac{2}{3}m_c$.

2. Построим треугольник $MDC$ по трем сторонам: $MD = l_a$, $CD = l_b$, $MC = l_c$. Это построение возможно, если длины $l_a, l_b, l_c$ удовлетворяют неравенству треугольника.

3. Найдем середину стороны $MD$. Обозначим ее точкой $A_1$.

4. Проведем луч $CA_1$ и отложим на нем за точкой $A_1$ отрезок $A_1B$, равный отрезку $CA_1$. Точка $B$ — одна из вершин искомого треугольника.

5. Проведем луч $DA_1$ (он пройдет через точку $M$) и отложим на нем от точки $M$ отрезок $MA$, равный отрезку $MD$. Точка $A$ — третья вершина искомого треугольника.

6. Соединим точки $A, B, C$. Треугольник $ABC$ — искомый.

Доказательство

Нужно доказать, что медианы построенного треугольника $ABC$ равны $m_a, m_b, m_c$.

1. Медиана из вершины A: По построению (шаг 4), $A_1$ является серединой отрезка $BC$. Следовательно, $AA_1$ — медиана треугольника $ABC$. По построению (шаги 3 и 5), точки $A, M, A_1$ лежат на одной прямой, причем $M$ лежит между $A$ и $A_1$, $A_1$ — середина $MD$, и $AM = MD$. Отсюда $AM = 2MA_1$. Значит, $M$ — точка пересечения медиан, и $AA_1 = AM + MA_1 = MD + \frac{1}{2}MD = \frac{3}{2}MD$. Так как $MD$ мы строили длиной $\frac{2}{3}m_a$, то $AA_1 = \frac{3}{2} \cdot (\frac{2}{3}m_a) = m_a$.

2. Медиана из вершины C: Точка $M$ делит медиану $AA_1$ в отношении 2:1. Мы построили $MC$ длиной $l_c = \frac{2}{3}m_c$. Чтобы доказать, что медиана из вершины $C$ равна $m_c$, нужно показать, что продолжение отрезка $CM$ пересекает сторону $AB$ в ее середине $C_1$, и при этом $MC = 2MC_1$. Рассмотрим треугольник $ABD$. $M$ — середина $AD$ (так как $AM=MD$), а $C_1$ — середина $AB$. Значит, $MC_1$ — средняя линия треугольника $ABD$. Следовательно, $MC_1 = \frac{1}{2}BD$ и $MC_1 \parallel BD$. В параллелограмме $MBDC$ (построенном в анализе) $BD = MC = \frac{2}{3}m_c$. Значит, $MC_1 = \frac{1}{2} \cdot (\frac{2}{3}m_c) = \frac{1}{3}m_c$. Так как $MC_1 \parallel BD$ и $BD \parallel MC$, то точки $C, M, C_1$ лежат на одной прямой. Полная длина медианы $CC_1 = CM + MC_1 = \frac{2}{3}m_c + \frac{1}{3}m_c = m_c$.

3. Медиана из вершины B: Аналогично, рассмотрим медиану из вершины $B$. Мы знаем, что $M$ - точка пересечения медиан. Длина отрезка $BM$ равна длине стороны $CD$ в параллелограмме $MBDC$, то есть $BM = CD = \frac{2}{3}m_b$. Продолжение $BM$ пересекает $AC$ в ее середине $B_1$. $MB = 2MB_1$, откуда $MB_1 = \frac{1}{2}BM = \frac{1}{3}m_b$. Полная длина медианы $BB_1 = BM + MB_1 = \frac{2}{3}m_b + \frac{1}{3}m_b = m_b$.

Таким образом, построенный треугольник $ABC$ действительно имеет медианы длиной $m_a, m_b, m_c$.

Исследование

Построение возможно тогда и только тогда, когда можно построить вспомогательный треугольник $MDC$. Треугольник можно построить по трем сторонам, если сумма длин любых двух его сторон больше длины третьей стороны.
Стороны $\triangle MDC$ имеют длины $\frac{2}{3}m_a, \frac{2}{3}m_b, \frac{2}{3}m_c$. Неравенство треугольника для них:
$\frac{2}{3}m_a + \frac{2}{3}m_b > \frac{2}{3}m_c \quad \iff \quad m_a + m_b > m_c$
$\frac{2}{3}m_a + \frac{2}{3}m_c > \frac{2}{3}m_b \quad \iff \quad m_a + m_c > m_b$
$\frac{2}{3}m_b + \frac{2}{3}m_c > \frac{2}{3}m_a \quad \iff \quad m_b + m_c > m_a$

Следовательно, задача имеет решение тогда и только тогда, когда из отрезков с длинами, равными длинам медиан ($m_a, m_b, m_c$), можно составить треугольник. Если это условие выполнено, то решение единственно (с точностью до конгруэнтности), так как все шаги построения выполняются однозначно.

Ответ: Вышеописанный метод анализа, построения и доказательства является решением задачи.

2.72. В четырехугольнике $ABCD$ углы при вершинах $B$ и $D$ равны, а диагональ $BD$ делит диагональ $AC$ пополам. Докажите, что $ABCD$ – параллелограмм.

Для доказательства воспользуемся методом от противного.

Пусть дан четырехугольник $ABCD$, в котором $\angle ABC = \angle ADC$, а диагональ $BD$ делит диагональ $AC$ пополам в точке их пересечения $O$, то есть $AO=OC$. Предположим, что $ABCD$ не является параллелограммом.

Из признака параллелограмма известно, что если в четырехугольнике диагонали пересекаются и точкой пересечения делятся пополам, то это параллелограмм. Поскольку по нашему предположению $ABCD$ — не параллелограмм и одна его диагональ ($AC$) делится точкой пересечения пополам, то вторая диагональ ($BD$) не должна делиться пополам. То есть $BO \neq DO$.

Пусть для определенности $BO > DO$. На отрезке $BO$ отложим отрезок $OD_1$ так, чтобы $OD_1 = DO$.

Рассмотрим четырехугольник $AD_1CD$. Его диагонали $AC$ и $D_1D$ пересекаются в точке $O$. По условию $AO=OC$, а по построению $D_1O=DO$. Следовательно, четырехугольник $AD_1CD$ является параллелограммом.

В параллелограмме противолежащие углы равны, поэтому $\angle ADC = \angle AD_1C$.

По условию задачи мы знаем, что $\angle ABC = \angle ADC$.

Из двух последних равенств следует, что $\angle ABC = \angle AD_1C$.

Точки $B$ и $D_1$ лежат по одну сторону от прямой $AC$. Так как отрезок $AC$ виден из точек $B$ и $D_1$ под одним и тем же углом, то точки $A$, $B$, $C$ и $D_1$ лежат на одной окружности.

Таким образом, четырехугольник $ABCD_1$ — вписанный.

Вписанные углы, опирающиеся на одну и ту же дугу, равны.

1. Углы $\angle CAD_1$ и $\angle CBD_1$ опираются на дугу $CD_1$, следовательно, $\angle CAD_1 = \angle CBD_1$.

2. Углы $\angle ACD_1$ и $\angle ABD_1$ опираются на дугу $AD_1$, следовательно, $\angle ACD_1 = \angle ABD_1$.

Поскольку $AD_1CD$ — параллелограмм, то его противолежащие стороны параллельны ($AD_1 \parallel CD$), а треугольники, на которые его делит диагональ, равны ($\triangle AD_1C = \triangle CDA$).

Из параллельности $AD_1 \parallel CD$ и секущей $AC$ следует равенство накрест лежащих углов: $\angle D_1AC = \angle ACD$. Из $\angle CAD_1 = \angle CBD_1$ и $\angle D_1AC = \angle ACD$ получаем $\angle CBD = \angle ACD$.

Из равенства треугольников $\triangle AD_1C = \triangle CDA$ следует равенство соответствующих углов: $\angle ACD_1 = \angle CAD$. Из $\angle ACD_1 = \angle ABD_1$ и $\angle ACD_1 = \angle CAD$ получаем $\angle ABD = \angle CAD$.

Сложим полученные равенства: $\angle ABD + \angle CBD = \angle CAD + \angle ACD$ $\angle ABC = \angle CAD + \angle ACD$

Сумма углов в треугольнике $\triangle ADC$ равна $180^\circ$: $\angle ADC + \angle CAD + \angle ACD = 180^\circ$

Подставив в это равенство выражение для суммы углов $\angle CAD + \angle ACD$, получим: $\angle ADC + \angle ABC = 180^\circ$

Но по условию $\angle ABC = \angle ADC$. Заменив $\angle ADC$ на $\angle ABC$, имеем: $\angle ABC + \angle ABC = 180^\circ$, откуда $2\angle ABC = 180^\circ$ и $\angle ABC = 90^\circ$.

Следовательно, $\angle ADC = 90^\circ$.

Если $\angle ADC = 90^\circ$, то параллелограмм $AD_1CD$ является прямоугольником. В прямоугольнике диагонали равны, значит $AC = DD_1$. Поскольку они делятся точкой пересечения $O$ пополам, то $OA=OC=OD=OD_1$.

Также, если вписанный четырехугольник $ABCD_1$ имеет прямой угол ($\angle ABC = 90^\circ$), то он вписан в окружность, диаметром которой является диагональ $AC$. Центр этой окружности — точка $O$. Радиус равен $OA$. Так как точка $B$ лежит на этой окружности, расстояние от центра $O$ до точки $B$ равно радиусу, то есть $OB=OA$.

Из двух последних выводов имеем $OB = OA$ и $OD = OA$, следовательно, $OB=OD$.

Это противоречит нашему первоначальному предположению, что $BO \neq DO$. Аналогичное противоречие получается и в случае $BO < DO$.

Следовательно, наше предположение было неверным, и $BO=DO$.

Так как в четырехугольнике $ABCD$ диагонали $AC$ и $BD$ пересекаются и точкой пересечения делятся пополам, то $ABCD$ — параллелограмм.

Ответ: Что и требовалось доказать.

2.73. Даны точки $A$, $B$ и пересекающиеся прямые $c$, $d$. Постройте квадрат $ABCD$ так, чтобы вершины $C$ и $D$ лежали на прямых $c$ и $d$ соответственно.

Для решения этой задачи воспользуемся методами геометрических преобразований. Пусть искомый квадрат — $ABCD$. Порядок вершин задан, следовательно, $AB$ и $AD$ — смежные стороны.

Из определения квадрата следует, что сторона $AD$ перпендикулярна стороне $AB$ и равна ей по длине. Это означает, что вершина $D$ может быть получена из вершины $B$ поворотом вокруг вершины $A$ на угол $90^\circ$ (по часовой стрелке или против часовой стрелки). Аналогично, вершина $C$ может быть получена из вершины $A$ поворотом вокруг вершины $B$ на $90^\circ$.

Таким образом, для заданного отрезка $AB$ существует всего два квадрата, у которых $AB$ является стороной. Наша задача сводится к построению этих двух возможных квадратов и проверке, удовлетворяют ли их вершины $C$ и $D$ условию принадлежности прямым $c$ и $d$ соответственно.

Пусть $R_{P, \alpha}(M)$ обозначает поворот точки $M$ вокруг точки $P$ на угол $\alpha$. Положительное значение $\alpha$ соответствует повороту против часовой стрелки.

Существуют два возможных случая для расположения вершин квадрата.

1. Построение первого возможного квадрата (вершины $A, B, C_1, D_1$ в порядке против часовой стрелки).

a. Строим точку $D_1 = R_{A, 90^\circ}(B)$. Для этого проводим через точку $A$ прямую, перпендикулярную отрезку $AB$. На этой прямой откладываем отрезок $AD_1$, равный по длине отрезку $AB$, так, чтобы поворот от вектора $\vec{AB}$ к вектору $\vec{AD_1}$ был на $90^\circ$ против часовой стрелки.

b. Строим точку $C_1$. Вершина $C_1$ является четвертой вершиной параллелограмма $ABCD_1$, поэтому $\vec{AC_1} = \vec{AB} + \vec{AD_1}$. Также можно найти $C_1$ как $D_1 + \vec{AB}$.

2. Построение второго возможного квадрата (вершины $A, B, C_2, D_2$ в порядке по часовой стрелке).

a. Строим точку $D_2 = R_{A, -90^\circ}(B)$. Построение аналогично пункту 1a, но поворот от вектора $\vec{AB}$ к вектору $\vec{AD_2}$ осуществляется на $90^\circ$ по часовой стрелке.

b. Строим точку $C_2$, используя соотношение $\vec{AC_2} = \vec{AB} + \vec{AD_2}$.

3. Анализ полученных решений.

После построения двух возможных квадратов, $ABC_1D_1$ и $ABC_2D_2$, необходимо проверить, какой из них удовлетворяет условиям задачи.

- Проверяем первый квадрат: если точка $C_1$ лежит на прямой $c$ и точка $D_1$ лежит на прямой $d$, то квадрат $ABC_1D_1$ является искомым решением.

- Проверяем второй квадрат: если точка $C_2$ лежит на прямой $c$ и точка $D_2$ лежит на прямой $d$, то квадрат $ABC_2D_2$ является искомым решением.

В зависимости от взаимного расположения точек $A, B$ и прямых $c, d$ задача может не иметь решений, иметь одно или два решения.

Ответ: Искомый квадрат строится путем нахождения двух возможных квадратов со стороной $AB$ и последующей проверки, для какого из них вершины $C$ и $D$ лежат на заданных прямых $c$ и $d$.