Страница 94 - гдз по геометрии 9 класс учебник Шыныбеков, Шыныбеков

2.86. Острые углы двух прямоугольных треугольников равны. Докажите, что эти треугольники подобны.

Рассмотрим два прямоугольных треугольника: $\triangle ABC$ с прямым углом $C$ (то есть $\angle C = 90^\circ$) и $\triangle A_1B_1C_1$ с прямым углом $C_1$ (то есть $\angle C_1 = 90^\circ$).

По условию задачи, острые углы этих треугольников равны. Это означает, что один острый угол первого треугольника равен одному острому углу второго. Пусть равными острыми углами будут $\angle A$ и $\angle A_1$, то есть $\angle A = \angle A_1$.

Требуется доказать, что треугольники $\triangle ABC$ и $\triangle A_1B_1C_1$ подобны ($\triangle ABC \sim \triangle A_1B_1C_1$).

Для доказательства воспользуемся первым признаком подобия треугольников (по двум углам). Этот признак гласит: если два угла одного треугольника соответственно равны двум углам другого треугольника, то такие треугольники подобны.

Проверим выполнение этого условия для наших треугольников:

1. $\angle C = \angle C_1 = 90^\circ$, так как оба треугольника по определению являются прямоугольными.

2. $\angle A = \angle A_1$, согласно условию задачи.

Таким образом, два угла треугольника $\triangle ABC$ ($\angle A$ и $\angle C$) равны двум соответствующим углам треугольника $\triangle A_1B_1C_1$ ($\angle A_1$ и $\angle C_1$). Следовательно, по первому признаку подобия, эти треугольники подобны.

Кроме того, можно заметить, что и третья пара углов будет равна. Сумма острых углов в прямоугольном треугольнике всегда равна $90^\circ$. Отсюда для $\triangle ABC$ имеем $\angle B = 90^\circ - \angle A$, а для $\triangle A_1B_1C_1$ имеем $\angle B_1 = 90^\circ - \angle A_1$. Поскольку $\angle A = \angle A_1$, то и $\angle B = \angle B_1$. Это означает, что все три угла одного треугольника равны трем углам другого, что является исчерпывающим условием подобия.

Ответ: Поскольку у двух прямоугольных треугольников есть по равному прямому углу и, по условию, по равному острому углу, то эти треугольники подобны по первому признаку подобия (по двум углам).

2.87. Какие данные и какое их количество необходимо задать, чтобы полностью определить гомотетию?

Для полного определения гомотетии необходимо и достаточно задать два элемента: центр гомотетии и коэффициент гомотетии.

Центр гомотетии — это неподвижная точка $O$, относительно которой происходит преобразование. Все прямые, проходящие через центр гомотетии, переходят в себя.

Коэффициент гомотетии — это действительное число $k$, не равное нулю ($k \neq 0$), которое определяет масштаб изменения и направление. Для любой точки $M$ плоскости (или пространства), отличной от центра $O$, её образ $M'$ при гомотетии лежит на прямой $OM$ и удовлетворяет векторному равенству: $ \vec{OM'} = k \cdot \vec{OM} $

Это равенство полностью определяет положение точки $M'$ для любой точки $M$.

В зависимости от значения коэффициента $k$ гомотетия имеет разный характер:
• Если $k > 0$, гомотетия называется прямой. Точка $M'$ лежит на луче $OM$. Направление от центра до образа совпадает с направлением от центра до прообраза.

• Если $k < 0$, гомотетия называется обратной. Точка $M'$ лежит на луче, дополнительном к лучу $OM$. Направление от центра до образа противоположно направлению от центра до прообраза.

• Если $|k| > 1$, расстояние от центра увеличивается (растяжение).
• Если $0 < |k| < 1$, расстояние от центра уменьшается (сжатие).
• Если $k = 1$, гомотетия является тождественным преобразованием (каждая точка переходит в себя).
• Если $k = -1$, гомотетия является центральной симметрией относительно центра $O$.

Таким образом, для задания гомотетии нужно указать ровно два объекта: точку и число.

Существуют и другие способы задания гомотетии, которые, однако, сводятся к определению центра и коэффициента:
1. Задание центра $O$ и пары соответствующих точек $A$ и $A'$ (где $A \neq O$). В этом случае коэффициент $k$ однозначно находится из отношения векторов $\vec{OA'}$ и $\vec{OA}$.
2. Задание двух пар соответствующих точек $(A, A')$ и $(B, B')$. Если гомотетия не является переносом ($k \neq 1$), то её центр $O$ является точкой пересечения прямых $AA'$ и $BB'$ (если они не параллельны), а коэффициент $k$ находится из векторного соотношения $\vec{A'B'} = k \cdot \vec{AB}$.

Тем не менее, наиболее фундаментальным и минимальным набором данных является именно центр и коэффициент.

Ответ: Чтобы полностью определить гомотетию, необходимо задать центр гомотетии (одну точку) и коэффициент гомотетии (одно число, не равное нулю).

2.88. Даны гомотетичные между собой пары точек $A$ и $A_1$, $B$ и $B_1$. Как эти точки расположены между собой? Как определяется центр гомотетии?

Как эти точки расположены между собой?

По определению гомотетии с центром $S$ и коэффициентом $k$, для пар гомотетичных точек $A, A_1$ и $B, B_1$ выполняются следующие векторные равенства:

$\vec{SA_1} = k \cdot \vec{SA}$

$\vec{SB_1} = k \cdot \vec{SB}$

Чтобы определить взаимное расположение точек, рассмотрим вектор, соединяющий образы точек $A_1$ и $B_1$. Этот вектор можно выразить через векторы исходных точек:

$\vec{A_1B_1} = \vec{SB_1} - \vec{SA_1} = k \cdot \vec{SB} - k \cdot \vec{SA} = k(\vec{SB} - \vec{SA}) = k \cdot \vec{AB}$

Из полученного равенства $\vec{A_1B_1} = k \cdot \vec{AB}$ следует, что векторы $\vec{A_1B_1}$ и $\vec{AB}$ коллинеарны. Геометрически это означает, что прямая, проходящая через точки $A_1$ и $B_1$, параллельна прямой, проходящей через точки $A$ и $B$. В частном случае, если центр гомотетии $S$ лежит на прямой $AB$, все четыре точки $A, B, A_1, B_1$ будут лежать на одной прямой.

Кроме того, из этого же равенства следует, что длины отрезков $A_1B_1$ и $AB$ связаны соотношением: $|A_1B_1| = |k| \cdot |AB|$.

Ответ: Прямая $A_1B_1$ параллельна прямой $AB$, а отношение длин отрезков $|A_1B_1|/|AB|$ равно модулю коэффициента гомотетии $|k|$.

Как определяется центр гомотетии?

Центр гомотетии $S$ — это неподвижная точка, относительно которой происходит преобразование. Из определения гомотетии $\vec{SA_1} = k \cdot \vec{SA}$ следует, что векторы $\vec{SA_1}$ и $\vec{SA}$ коллинеарны, а значит, точки $S, A$ и $A_1$ лежат на одной прямой. Аналогично, точки $S, B$ и $B_1$ также лежат на одной прямой.

Таким образом, чтобы найти центр гомотетии $S$, необходимо построить прямую, проходящую через точки $A$ и $A_1$, и прямую, проходящую через точки $B$ и $B_1$. Точка пересечения этих двух прямых и будет искомым центром гомотетии $S$.

Рассмотрим основные случаи расположения точек:

1. Общий случай: прямые $AA_1$ и $BB_1$ пересекаются.
Это происходит, когда точки $A, B, A_1, B_1$ не лежат на одной прямой и преобразование не является параллельным переносом (то есть коэффициент $k \neq 1$). Точка пересечения $S$ и есть центр гомотетии. В зависимости от знака коэффициента $k$ возможны два варианта расположения:
- Если коэффициент $k > 0$ (и $k \neq 1$), центр $S$ лежит вне отрезков $AA_1$ и $BB_1$. Точки $A$ и $A_1$ (а также $B$ и $B_1$) находятся по одну сторону от центра.
- Если коэффициент $k < 0$, центр $S$ лежит между точками $A$ и $A_1$, а также между $B$ и $B_1$.

2. Частный случай: прямые $AA_1$ и $BB_1$ параллельны.
Это происходит, если преобразование является параллельным переносом. В этом случае коэффициент гомотетии $k=1$, а векторы $\vec{AA_1}$ и $\vec{BB_1}$ равны. Четырехугольник $ABB_1A_1$ является параллелограммом. Для такого преобразования не существует конечного центра гомотетии (иногда говорят, что центр находится в бесконечности).

3. Частный случай: все четыре точки лежат на одной прямой.
В этом случае прямые $AA_1$ и $BB_1$ совпадают. Центр гомотетии $S$ также лежит на этой общей прямой. Его точное положение можно найти, решив любое из уравнений гомотетии в координатах.

Ответ: Центр гомотетии определяется как точка пересечения прямых $AA_1$ и $BB_1$, при условии, что эти прямые не параллельны и не совпадают.

2.89. Укажите фигуры, отображающиеся в себя при гомотетии. При этом покажите, как располагается центр гомотетии.

Гомотетия с центром S и коэффициентом k (обозначается $H(S, k)$) — это преобразование, при котором каждая точка M плоскости переходит в точку M' такую, что выполняется векторное равенство $\vec{SM'} = k \cdot \vec{SM}$. Фигура F отображается в себя, если её образ F' = $H(F)$ совпадает с исходной фигурой F. Мы будем рассматривать нетривиальные случаи, когда коэффициент гомотетии $k \neq 1$.

Точка
Точка отображается в себя, если она является центром гомотетии.
Доказательство: Пусть фигура состоит из одной точки P. Её образ P' определяется равенством $\vec{SP'} = k \cdot \vec{SP}$. Чтобы точка отобразилась в себя, необходимо, чтобы $P' = P$. Это означает, что $\vec{SP} = k \cdot \vec{SP}$. Так как по условию $k \neq 1$, это равенство выполняется только в том случае, если $\vec{SP}$ — нулевой вектор, то есть когда точка P совпадает с центром S.
Ответ: Точка, при условии, что она является центром гомотетии.

Прямая
Прямая отображается в себя, если центр гомотетии лежит на этой прямой.
Доказательство: Пусть l — прямая, а S — центр гомотетии, причем S лежит на l. Возьмем любую точку M на прямой l. Её образ M' определяется условием $\vec{SM'} = k \cdot \vec{SM}$. Поскольку точка M лежит на прямой l, как и центр S, вектор $\vec{SM}$ направлен вдоль прямой l. Умножение этого вектора на число k не меняет его направления (или меняет на противоположное, если $k<0$), поэтому вектор $\vec{SM'}$ также будет направлен вдоль прямой l. Это означает, что точка M' также лежит на прямой l. Так как для любой точки Q на прямой l можно найти прообраз P ($\vec{SP} = \frac{1}{k} \vec{SQ}$), который также лежит на l, то образом прямой l является вся прямая l. Это справедливо для любого коэффициента $k \neq 0, 1$.
Ответ: Прямая, при условии, что центр гомотетии находится на этой прямой.

Луч
Луч отображается в себя, если центр гомотетии совпадает с его начальной точкой, а коэффициент гомотетии $k > 0$.
Доказательство: Пусть r — луч с началом в точке V. Пусть центр гомотетии S совпадает с V. Тогда для любой точки M на луче r ее образ M' определяется равенством $\vec{VM'} = k \cdot \vec{VM}$. Если $k > 0$, то векторы $\vec{VM'}$ и $\vec{VM}$ сонаправлены. Это означает, что M' лежит на том же луче r. Так как это верно для любой точки M на луче, и для любой точки Q на луче найдется прообраз P, то весь луч отображается на себя. Если $k < 0$, образом луча будет луч, дополнительный к исходному. Если центр гомотетии S не совпадает с началом луча V, то образ начала V' не совпадет с V, и, следовательно, образ луча не совпадет с исходным лучом.
Ответ: Луч, при условии, что центр гомотетии совпадает с его начальной точкой, а коэффициент гомотетии положителен.

Угол
Угол (неразвернутый) отображается в себя, если центр гомотетии совпадает с его вершиной, а коэффициент гомотетии $k > 0$.
Доказательство: Угол образован двумя лучами, выходящими из одной точки (вершины). Пусть V — вершина угла, а $r_1$ и $r_2$ — его стороны (лучи). Чтобы угол отобразился в себя, его вершина V должна перейти в себя, что при $k \neq 1$ возможно только если V — центр гомотетии S. Если S=V, то, как показано выше, каждый из лучей $r_1$ и $r_2$ отобразится в себя при $k > 0$. Следовательно, и весь угол отобразится в себя. Если $k < 0$, то мы получим угол, вертикальный исходному.
Ответ: Угол, при условии, что центр гомотетии совпадает с его вершиной, а коэффициент гомотетии положителен.

Две пересекающиеся прямые
Фигура, состоящая из двух пересекающихся прямых, отображается в себя, если центр гомотетии находится в точке их пересечения.
Доказательство: Пусть прямые $l_1$ и $l_2$ пересекаются в точке P. Образ прямой при гомотетии — параллельная ей прямая. Чтобы фигура $l_1 \cup l_2$ отобразилась в себя, необходимо, чтобы $H(l_1) = l_1$ и $H(l_2) = l_2$ (так как $l_1 \not\parallel l_2$). Прямая отображается в себя, только если центр гомотетии S лежит на ней. Чтобы и $l_1$, и $l_2$ отобразились в себя, центр S должен лежать на обеих прямых, то есть в точке их пересечения P. Это справедливо для любого коэффициента $k \neq 0, 1$.
Ответ: Две пересекающиеся прямые, при условии, что центр гомотетии находится в точке их пересечения.

Две параллельные прямые
Фигура, состоящая из двух параллельных прямых, отображается в себя, если коэффициент гомотетии $k = -1$, а центр гомотетии лежит на прямой, равноудаленной от этих двух прямых.
Доказательство: Пусть $l_1$ и $l_2$ — две параллельные прямые. Их образы $l'_1$ и $l'_2$ будут им параллельны. Чтобы фигура $l_1 \cup l_2$ перешла в себя, необходимо, чтобы $H(l_1) = l_2$ и $H(l_2) = l_1$. Пусть S — центр гомотетии. Возьмем произвольную прямую, перпендикулярную $l_1$ и $l_2$, пересекающую их в точках $P_1$ и $P_2$ соответственно. Гомотетия должна менять местами точки $P_1$ и $P_2$. Это происходит, если S является серединой отрезка $P_1P_2$ и $k=-1$. Точка S, являющаяся серединой отрезка $P_1P_2$ для любого такого перпендикуляра, лежит на прямой, равноудаленной от $l_1$ и $l_2$.
Ответ: Две параллельные прямые, при условии, что коэффициент гомотетии равен -1, а центр гомотетии лежит на прямой, равноудаленной от данных прямых.

Окружность
Окружность отображается в себя, если коэффициент гомотетии $k = -1$, а центр гомотетии совпадает с центром окружности.
Доказательство: Пусть C — окружность с центром O и радиусом R. При гомотетии H(S, k) окружность C переходит в окружность C' с центром $O'=H(S,k)(O)$ и радиусом $R' = |k|R$. Чтобы C' совпала с C, необходимо $O' = O$ и $R' = R$. Из $R' = R$ следует $|k|=1$. Так как $k \neq 1$, остается $k = -1$. Из $O' = O$ при $k=-1$ следует $\vec{SO} = -\vec{SO}$, что выполняется только если $S = O$.
Ответ: Окружность, при условии, что центр гомотетии совпадает с центром окружности, а коэффициент равен -1.

Две концентрические окружности
Фигура, состоящая из двух различных концентрических окружностей, отображается в себя, если центр гомотетии совпадает с их общим центром, а коэффициент гомотетии $k = -1$.
Доказательство: Пусть фигура F состоит из двух окружностей $C_1$ и $C_2$ с общим центром O и различными радиусами $R_1$ и $R_2$. Чтобы фигура отображалась в себя, центр гомотетии S должен совпадать с O. Образ фигуры $H(F)$ будет состоять из двух окружностей с тем же центром O и радиусами $|k|R_1$ и $|k|R_2$. Чтобы множество окружностей сохранилось, возможны два случая: 1) каждая окружность переходит в себя, что дает $|k|=1$, т.е. $k=-1$; 2) окружности меняются местами, т.е. $|k|R_1 = R_2$ и $|k|R_2 = R_1$. Это возможно только если $R_1=R_2$, что противоречит условию. Таким образом, подходит только первый случай.
Ответ: Две различные концентрические окружности, при условии, что центр гомотетии совпадает с их общим центром, а коэффициент равен -1.

Вся плоскость
Вся плоскость отображается в себя при любой гомотетии.
Доказательство: При гомотетии H(S, k) любая точка M плоскости переходит в точку M' плоскости. Для любой точки Q плоскости можно найти ее прообраз P ($P=H(S, 1/k)(Q)$), который также является точкой плоскости. Следовательно, образом всей плоскости является вся плоскость. Это верно для любого центра S и любого коэффициента $k \neq 0$.
Ответ: Вся плоскость, при любой гомотетии (центр и коэффициент могут быть любыми, $k \neq 0$).

2.90. Даны угол и точка $A$, лежащая внутри этого угла. Постройте окружность, касающуюся сторон угла и проходящую через точку $A$.

Для решения задачи построим искомую окружность, используя метод гомотетии (преобразования подобия).

Анализ

Пусть дана окружность, касающаяся сторон угла с вершиной в точке $O$ и проходящая через точку $A$.

1. Центр окружности, касающейся сторон угла, равноудален от этих сторон. Геометрическое место таких точек — биссектриса угла. Следовательно, центр искомой окружности лежит на биссектрисе данного угла.

2. Окружность проходит через точку $A$. Это значит, что расстояние от центра окружности $C$ до точки $A$ равно радиусу $R$ этой окружности, то есть $CA = R$.

3. Так как окружность касается сторон угла, ее радиус $R$ равен расстоянию от центра $C$ до любой из сторон.

Таким образом, задача сводится к нахождению на биссектрисе угла такой точки $C$, расстояние от которой до точки $A$ равно расстоянию от нее до одной из сторон угла.

Построение

Пусть дан угол с вершиной $O$ и сторонами $m$ и $n$, и точка $A$ внутри угла.

1. Построим биссектрису $l$ данного угла.

2. На биссектрисе $l$ выберем произвольную точку $C_1$.

3. Построим вспомогательную окружность $\omega_1$ с центром в точке $C_1$, касающуюся сторон угла. Для этого опустим перпендикуляр из $C_1$ на одну из сторон угла (например, на сторону $m$) в точку $P_1$. Радиус этой окружности будет равен длине отрезка $C_1P_1$.

4. Проведем луч $OA$. Он пересечет вспомогательную окружность $\omega_1$ в двух точках, $A_1$ и $A_2$. (В общем случае две точки, в частном — одна, если луч касается окружности).

5. Искомая окружность $\omega$ является гомотетичной окружности $\omega_1$ с центром гомотетии в точке $O$. Точка $A$ на искомой окружности соответствует точке $A_1$ (или $A_2$) на вспомогательной окружности.

6. Чтобы найти центр $C$ первой искомой окружности, проведем через точку $A$ прямую, параллельную отрезку $C_1A_1$. Точка пересечения этой прямой с биссектрисой $l$ и будет центром $C$ первой окружности.

7. Чтобы найти центр $C'$ второй искомой окружности, проведем через точку $A$ прямую, параллельную отрезку $C_1A_2$. Точка пересечения этой прямой с биссектрисой $l$ будет центром $C'$ второй окружности.

8. Построим окружности: первую с центром $C$ и радиусом $CA$, вторую с центром $C'$ и радиусом $C'A$. Эти окружности являются решением задачи.

На рисунке ниже показан ход построения.

Доказательство

Рассмотрим построение с использованием точки $A_1$. Мы построили точку $C'$ на биссектрисе $l$ так, что прямая $C'A$ параллельна прямой $C_1A_1$. Рассмотрим гомотетию $H$ с центром в точке $O$, которая переводит точку $A_1$ в точку $A$. Так как точки $O, A_1, A$ лежат на одной прямой, такая гомотетия существует. Коэффициент гомотетии $k = \frac{OA}{OA_1}$.

При этой гомотетии $H$:

1. Прямая $l = OC_1$ переходит сама в себя.

2. Так как $C'A \parallel C_1A_1$ и точки $O, C_1, C'$ лежат на одной прямой $l$, то $\triangle OAC'$ подобен $\triangle OA_1C_1$. Следовательно, гомотетия $H$ переводит точку $C_1$ в точку $C'$.

3. Гомотетия $H$ переводит вспомогательную окружность $\omega_1$ в окружность $\omega'$ с центром в точке $C' = H(C_1)$ и проходящую через точку $A = H(A_1)$.

4. Поскольку окружность $\omega_1$ касается сторон угла $m$ и $n$, а центр гомотетии $O$ является вершиной угла, то ее образ, окружность $\omega'$, также будет касаться этих сторон.

Таким образом, построенная окружность $\omega'$ с центром $C'$ и радиусом $C'A$ удовлетворяет всем условиям задачи. Аналогичное доказательство проводится для второй окружности $\omega$ с центром $C$, построенной с использованием точки $A_2$.

Исследование

Число решений задачи зависит от числа точек пересечения луча $OA$ с вспомогательной окружностью $\omega_1$. Поскольку точка $O$ (вершина угла) всегда находится вне окружности $\omega_1$ (так как расстояние $OC_1$ больше радиуса $C_1P_1$), луч $OA$ всегда пересекает окружность $\omega_1$.

- Если луч $OA$ пересекает окружность $\omega_1$ в двух точках ($A_1$ и $A_2$), то задача имеет два решения. Это общий случай.

- Если луч $OA$ касается окружности $\omega_1$ в одной точке, то задача имеет одно решение.

Следовательно, задача всегда имеет одно или два решения.

Ответ: Задача решается построением, описанным выше. В общем случае задача имеет два решения.

2.91. Впишите квадрат в данный треугольник так, чтобы две его вершины лежали на одной стороне, а другие две — на других сторонах.

Данная задача является классической задачей на построение и решается с помощью метода гомотетии.

Анализ

Предположим, что искомый квадрат $MNPQ$ уже построен. Пусть его вершины $M$ и $N$ лежат на стороне $AC$ треугольника $ABC$, а вершины $Q$ и $P$ — на сторонах $AB$ и $BC$ соответственно. Из определения квадрата следует, что его сторона $PQ$ параллельна стороне $MN$, а значит, и стороне $AC$ треугольника. Стороны $QM$ и $PN$ перпендикулярны $AC$.

Идея решения состоит в том, чтобы построить некоторый "вспомогательный" квадрат, а затем с помощью гомотетии (преобразования подобия) получить из него искомый. В качестве центра гомотетии удобно выбрать одну из вершин треугольника.

Рассмотрим гомотетию с центром в вершине $A$. Чтобы найти искомый квадрат $MNPQ$, мы построим вспомогательный квадрат $M'Q'P'N'$, который будет ему гомотетичен. У этого квадрата вершины $M'$ и $N'$ также будут лежать на прямой $AC$, а вершина $Q'$ — на прямой $AB$. Однако вершина $P'$, скорее всего, не будет лежать на стороне $BC$. Применив гомотетию, которая переводит точку $P'$ в точку $P$ на стороне $BC$, мы получим искомый квадрат.

Построение

Ниже приведено пошаговое описание построения искомого квадрата.

1. Выберем сторону треугольника, на которой будут лежать две вершины квадрата, например, сторону $AC$.

2. На стороне $AB$ выберем произвольную точку $Q'$.

3. Из точки $Q'$ опустим перпендикуляр $Q'M'$ на прямую $AC$.

4. На отрезке $M'Q'$ как на стороне построим квадрат $M'Q'P'N'$ так, чтобы сторона $M'N'$ лежала на прямой $AC$.

5. Проведем луч с началом в точке $A$, проходящий через точку $P'$.

6. Точка $P$, в которой этот луч пересекает сторону $BC$, является вершиной искомого квадрата.

7. Из точки $P$ опустим перпендикуляр $PN$ на сторону $AC$. Отрезок $PN$ — это сторона искомого квадрата.

8. Достроим квадрат $MNPQ$, у которого сторона $PN$ уже построена, а сторона $MN$ лежит на $AC$.

Доказательство

Рассмотрим гомотетию $H$ с центром в точке $A$, которая переводит точку $P'$ в точку $P$. Докажем, что образом $H(M'Q'P'N')$ является построенный четырехугольник $MNPQ$ и что он является искомым квадратом.

1. Так как гомотетия — преобразование подобия, образом квадрата $M'Q'P'N'$ будет квадрат. Обозначим его $H(M'Q'P'N') = MNPQ$.

2. Найдем, где лежат вершины квадрата $MNPQ$:
- Вершины $M'$ и $N'$ лежат на прямой $AC$. Центр гомотетии $A$ также лежит на этой прямой. Следовательно, их образы $M = H(M')$ и $N = H(N')$ тоже будут лежать на прямой $AC$.
- Вершина $Q'$ по построению лежит на стороне $AB$. Так как центр гомотетии $A$ является вершиной этой стороны, образ $Q = H(Q')$ также будет лежать на прямой $AB$ (и, поскольку $P$ лежит внутри отрезка $BC$, $Q$ окажется внутри отрезка $AB$).
- Вершина $P'$ по построению переходит в точку $P = H(P')$, которая лежит на стороне $BC$.

Таким образом, построенный квадрат $MNPQ$ имеет две вершины $M, N$ на стороне $AC$, а две другие вершины $Q, P$ — на сторонах $AB$ и $BC$ соответственно. Следовательно, $MNPQ$ является искомым квадратом, вписанным в треугольник $ABC$.

Ответ: Искомый квадрат строится методом гомотетии. Сначала строится вспомогательный квадрат с одной стороной на основании треугольника и одной вершиной на боковой стороне. Затем, с помощью гомотетии с центром в вершине треугольника при основании, этот квадрат преобразуется в искомый, все вершины которого лежат на сторонах треугольника в соответствии с условием задачи.

2.92. В треугольник с основанием $a$ и высотой $h$ вписан квадрат так, что две вершины лежат на основании треугольника, а две другие — на боковых сторонах. Найдите сторону квадрата.

Пусть дан треугольник $ABC$ с основанием $AC$, длина которого равна $a$, и высотой $BH$, проведенной к этому основанию, равной $h$.
В треугольник вписан квадрат $KLMN$ так, что его вершины $K$ и $L$ лежат на основании $AC$, а вершины $N$ и $M$ — на боковых сторонах $AB$ и $BC$ соответственно. Обозначим искомую сторону квадрата через $x$. Тогда $KL = LM = MN = NK = x$.

Поскольку сторона квадрата $NM$ параллельна его стороне $KL$, которая лежит на основании треугольника $AC$, то прямая $NM$ параллельна прямой $AC$ ($NM \parallel AC$).
Рассмотрим два треугольника: исходный $\triangle ABC$ и "верхний" $\triangle NBM$. Так как $NM \parallel AC$, то $\triangle NBM$ подобен $\triangle ABC$ по двум углам (угол при вершине $B$ является общим, а углы $\angle BNM$ и $\angle BAC$ равны как соответственные при параллельных прямых $NM$, $AC$ и секущей $AB$).

Высота треугольника $\triangle ABC$, проведенная к основанию $AC$, по условию равна $h$. Основание $AC$ равно $a$.
Основание треугольника $\triangle NBM$ — это сторона квадрата $NM$, ее длина равна $x$.
Найдем высоту треугольника $\triangle NBM$, проведенную из вершины $B$. Пусть $P$ — точка пересечения высоты $BH$ со стороной квадрата $NM$. Тогда высота $\triangle NBM$ — это отрезок $BP$. Длина отрезка $PH$ равна высоте квадрата, то есть $x$. Следовательно, высота $BP = BH - PH = h - x$.

Из подобия треугольников $\triangle NBM$ и $\triangle ABC$ следует пропорциональность их высот и оснований:
$ \frac{\text{высота } \triangle NBM}{\text{высота } \triangle ABC} = \frac{\text{основание } \triangle NBM}{\text{основание } \triangle ABC} $
Подставим известные значения в пропорцию:
$ \frac{h-x}{h} = \frac{x}{a} $
Теперь решим это уравнение относительно $x$, чтобы найти сторону квадрата:
$ a(h-x) = h \cdot x $
$ ah - ax = hx $
$ ah = hx + ax $
$ ah = x(h+a) $
$ x = \frac{ah}{a+h} $
Это и есть искомая сторона квадрата.

Ответ: $x = \frac{ah}{a+h}$

2.93. В треугольнике $ABC$ на сторонах $AB$ и $AC$ взяты точки $D$ и $E$ соответственно так, что $DE \parallel BC$. Докажите, что окружности, описанные около треугольников $ABC$ и $ADE$, касаются.

Для доказательства воспользуемся методом гомотетии. Обозначим окружность, описанную около треугольника $ABC$, как $\omega_1$, а окружность, описанную около треугольника $ADE$, как $\omega_2$.

Поскольку по условию задачи отрезок $DE$ параллелен стороне $BC$ ($DE \parallel BC$), то треугольник $ADE$ подобен треугольнику $ABC$. Угол $\angle A$ у них общий, а углы $\angle ADE$ и $\angle ABC$ равны как соответственные при параллельных прямых $DE$ и $BC$ и секущей $AB$.

Подобие этих двух треугольников означает, что $\triangle ADE$ является образом $\triangle ABC$ при гомотетии с центром в их общей вершине $A$. Коэффициент гомотетии $k$ равен отношению соответственных сторон, например, $k = \frac{AD}{AB}$. При этой гомотетии $H$ с центром в точке $A$ и коэффициентом $k$ верны следующие соотношения: $H(A) = A$, $H(B) = D$, $H(C) = E$.

Одним из свойств гомотетии является то, что она переводит окружность в окружность. В частности, описанная окружность фигуры переходит в описанную окружность ее образа. Следовательно, окружность $\omega_2$ (описанная около $\triangle ADE$) является образом окружности $\omega_1$ (описанной около $\triangle ABC$) при гомотетии $H$.

Обе окружности проходят через точку $A$, которая является центром гомотетии. Согласно ключевому свойству гомотетии, если центр гомотетии лежит на исходной фигуре, то образ этой фигуры касается исходной фигуры в центре гомотетии. Так как точка $A$ лежит на окружности $\omega_1$, то ее образ, окружность $\omega_2$, касается окружности $\omega_1$ в точке $A$.

Таким образом, доказано, что окружности, описанные около треугольников $ABC$ и $ADE$, касаются.

Ответ: Окружности, описанные около треугольников $ABC$ и $ADE$, касаются друг друга в их общей точке $A$.

2.94. Две окружности касаются внутренним образом. Секущая, проходящая через точку их касания, пересекает эти окружности в других точках А и В. Докажите, что касательные, проведенные в точках А и В к соответствующим окружностям, параллельны между собой.

Пусть даны две окружности, $\omega_1$ с центром $O_1$ и $\omega_2$ с центром $O_2$, которые касаются внутренним образом в точке $T$. Проведем через точку $T$ секущую, которая пересекает окружность $\omega_1$ в точке $A$ и окружность $\omega_2$ в точке $B$. Обозначим касательную к $\omega_1$ в точке $A$ как $l_A$, а касательную к $\omega_2$ в точке $B$ как $l_B$. Докажем, что $l_A \parallel l_B$.

Поскольку окружности касаются в точке $T$, их центры $O_1$, $O_2$ и точка касания $T$ лежат на одной прямой. Рассмотрим треугольники $\triangle O_1AT$ и $\triangle O_2BT$. Треугольник $\triangle O_1AT$ является равнобедренным, так как $O_1A$ и $O_1T$ — радиусы окружности $\omega_1$. Следовательно, углы при основании равны: $\angle O_1AT = \angle O_1TA$. Аналогично, треугольник $\triangle O_2BT$ является равнобедренным, так как $O_2B$ и $O_2T$ — радиусы окружности $\omega_2$, и поэтому $\angle O_2BT = \angle O_2TB$.

Так как точки $A$, $B$, $T$ лежат на одной секущей прямой, а точки $O_1$, $O_2$, $T$ — на одной прямой, то углы $\angle O_1TA$ и $\angle O_2TB$ образованы пересечением этих двух прямых и, следовательно, совпадают. Таким образом, мы имеем цепочку равенств: $\angle O_1AT = \angle O_1TA = \angle O_2TB = \angle O_2BT$. Из этого следует, что $\angle O_1AT = \angle O_2BT$.

Углы $\angle O_1AT$ и $\angle O_2BT$ являются соответственными углами при прямых $O_1A$, $O_2B$ и секущей $AB$. Поскольку эти углы равны, прямые $O_1A$ и $O_2B$ параллельны: $O_1A \parallel O_2B$. По свойству касательной, она перпендикулярна радиусу, проведенному в точку касания. Значит, $l_A \perp O_1A$ и $l_B \perp O_2B$. Так как $O_1A \parallel O_2B$, а прямые $l_A$ и $l_B$ перпендикулярны этим параллельным прямым, то они параллельны и между собой: $l_A \parallel l_B$. Что и требовалось доказать.

Ответ: Утверждение доказано; касательные, проведенные в точках $A$ и $B$ к соответствующим окружностям, параллельны.