Страница 201 - гдз по геометрии 10-11 класс учебник Атанасян, Бутузов

816. Через точку D, лежащую на радиусе ОА окружности с центром О, проведена хорда ВС, перпендикулярная к ОА, а через точку В проведена касательная к окружности, пересекающая прямую ОА в точке Е. Докажите, что луч ВА — биссектриса угла СВЕ.

Для того чтобы доказать, что луч $BA$ является биссектрисой угла $\angle CBE$, необходимо установить равенство углов $\angle CBA$ и $\angle ABE$.

Рассмотрим геометрическую конструкцию. По условию, хорда $BC$ перпендикулярна радиусу $OA$ в точке $D$. Согласно свойству окружности, радиус (или прямая, его содержащая), перпендикулярный хорде, делит пополам не только хорду, но и стягиваемую ею дугу. Точка $A$ лежит на окружности и на прямой $OA$, следовательно, она делит дугу $BC$ на две равные части. Это означает, что угловые меры дуги $BA$ и дуги $CA$ равны:

$\smile BA = \smile CA$

Теперь рассмотрим углы, равенство которых нам нужно доказать:

1. Угол $\angle CBA$ является вписанным углом, опирающимся на дугу $CA$. Величина вписанного угла равна половине угловой меры дуги, на которую он опирается. Таким образом:

$\angle CBA = \frac{1}{2} \smile CA$

2. Угол $\angle ABE$ образован касательной $BE$ и хордой $BA$, проведенной через точку касания $B$. По теореме об угле между касательной и хордой, его величина равна половине угловой меры дуги, заключенной между ними (дуги $BA$). Таким образом:

$\angle ABE = \frac{1}{2} \smile BA$

Поскольку мы ранее установили, что $\smile BA = \smile CA$, то, сравнивая выражения для углов, получаем:

$\angle CBA = \angle ABE$

Так как углы $\angle CBA$ и $\angle ABE$ равны, луч $BA$ делит угол $\angle CBE$ пополам и, следовательно, является его биссектрисой. Что и требовалось доказать.

Ответ: Утверждение доказано.

817. Две окружности имеют единственную общую точку М. Через эту точку проведены две секущие, пересекающие одну окружность в точках А и А₁, а другую — в точках В и В₁. Докажите, что АА₁ || ВВ₁.

Пусть даны две окружности, $\omega_1$ и $\omega_2$, которые касаются в единственной точке $M$. Через точку $M$ проведены две секущие. Первая секущая пересекает $\omega_1$ в точке $A$ (отличной от $M$) и $\omega_2$ в точке $B$ (отличной от $M$). Вторая секущая пересекает $\omega_1$ в точке $A_1$ (отличной от $M$) и $\omega_2$ в точке $B_1$ (отличной от $M$). Из условия следует, что точки $A, M, B$ лежат на одной прямой, и точки $A_1, M, B_1$ также лежат на одной прямой. Требуется доказать, что хорда $AA_1$ в окружности $\omega_1$ параллельна хорде $BB_1$ в окружности $\omega_2$.

Для доказательства проведем через точку $M$ общую касательную $l$ к обеим окружностям и воспользуемся теоремой об угле между касательной и хордой. Эта теорема гласит, что угол между касательной и хордой, проведенной через точку касания, равен вписанному углу, опирающемуся на эту хорду в альтернативном сегменте.

Рассмотрим два возможных случая взаимного расположения окружностей.

Случай 1: Внешнее касание

В этом случае окружности $\omega_1$ и $\omega_2$ находятся по разные стороны от общей касательной $l$. Точка $M$ лежит между точками $A$ и $B$ на первой секущей (порядок точек $A-M-B$ или $B-M-A$) и между точками $A_1$ и $B_1$ на второй секущей (порядок $A_1-M-B_1$ или $B_1-M-A_1$).

Рассмотрим угол между касательной $l$ и секущей $A_1MB_1$. Пусть $\alpha$ — это угол, образованный касательной $l$ и лучом $MA_1$. По теореме об угле между касательной и хордой для окружности $\omega_1$, этот угол равен вписанному углу $\angle MAA_1$, который опирается на хорду $MA_1$:

$\angle MAA_1 = \alpha$

Угол между касательной $l$ и лучом $MB_1$ является вертикальным к углу $\alpha$, так как лучи $MA_1$ и $MB_1$ направлены в противоположные стороны от точки $M$. Следовательно, угол между касательной $l$ и хордой $MB_1$ в окружности $\omega_2$ также равен $\alpha$. По той же теореме для окружности $\omega_2$:

$\angle MBB_1 = \alpha$

Таким образом, мы получили, что $\angle MAA_1 = \angle MBB_1$.

Рассмотрим прямые $AA_1$ и $BB_1$ и секущую $AB$. Углы $\angle MAA_1$ (он же $\angle BAA_1$) и $\angle MBB_1$ (он же $\angle ABB_1$) являются накрест лежащими углами. Поскольку эти углы равны, по признаку параллельности прямых, прямые $AA_1$ и $BB_1$ параллельны.

Случай 2: Внутреннее касание

Пусть окружность $\omega_2$ находится внутри окружности $\omega_1$. В этом случае обе окружности лежат по одну сторону от общей касательной $l$. На секущих точка $M$ не лежит между другими точками пересечения. Например, порядок точек на прямых будет $M, B, A$ и $M, B_1, A_1$ (если радиус $\omega_1$ больше радиуса $\omega_2$).

Рассмотрим угол $\alpha$ между касательной $l$ и секущей $A_1MB_1$. По теореме об угле между касательной и хордой для окружности $\omega_1$:

$\angle MAA_1 = \alpha$

Поскольку точки $M, B_1, A_1$ лежат на одной прямой и исходят из $M$ в одном направлении, хорды $MA_1$ и $MB_1$ лежат на одном луче. Следовательно, угол между касательной $l$ и хордой $MB_1$ в окружности $\omega_2$ также равен $\alpha$. По той же теореме для окружности $\omega_2$:

$\angle MBB_1 = \alpha$

Таким образом, мы снова получили, что $\angle MAA_1 = \angle MBB_1$.

Рассмотрим прямые $AA_1$ и $BB_1$ и секущую $AB$. Углы $\angle MAA_1$ и $\angle MBB_1$ являются соответственными углами, так как точки $A_1$ и $B_1$ лежат по одну сторону от секущей $AB$. Поскольку эти углы равны, по признаку параллельности прямых, прямые $AA_1$ и $BB_1$ параллельны.

В обоих случаях доказано, что $AA_1 \parallel BB_1$.

Альтернативное доказательство (с использованием гомотетии)

Две окружности, касающиеся в точке $M$, гомотетичны с центром гомотетии в точке $M$. Это означает, что существует преобразование гомотетии (подобия с центром) $H$ с центром в $M$, которое переводит окружность $\omega_1$ в окружность $\omega_2$. Коэффициент гомотетии $k$ равен отношению их радиусов (с соответствующим знаком: $k = -R_2/R_1$ для внешнего касания и $k = R_2/R_1$ для внутреннего).

Первая секущая, проходящая через точки $A, M, B$, является прямой, проходящей через центр гомотетии $M$, поэтому она переходит сама в себя. Точка $A$ лежит на окружности $\omega_1$. Её образ $H(A)$ должен лежать на образе окружности, $H(\omega_1) = \omega_2$, и на образе прямой $AMB$. Единственная точка, удовлетворяющая этим условиям (кроме $M$), это точка $B$. Следовательно, $H(A) = B$.

Аналогично, для второй секущей $A_1MB_1$ получаем, что $H(A_1) = B_1$.

По определению гомотетии, она переводит отрезок в параллельный ему отрезок. Следовательно, отрезок, соединяющий точки $A$ и $A_1$, переходит в отрезок, соединяющий их образы $B$ и $B_1$. Это означает, что прямая $AA_1$ параллельна прямой $BB_1$.

Ответ: Что и требовалось доказать.

818. Прямая АС — касательная к окружности с центром О₁, а прямая ВD — касательная к окружности с центром О₂ (рис. 208). Докажите, что:

а) Рассмотрим окружность с центром в точке $O_1$. Прямая $AC$ является касательной к этой окружности в точке $A$, а $AB$ — хорда, проведенная через точку касания. Согласно теореме об угле между касательной и хордой, величина угла, образованного касательной и хордой, равна половине дуги, стягиваемой этой хордой, и равна любому вписанному углу, опирающемуся на эту дугу. В данном случае, вписанным углом, опирающимся на дугу $AB$ в окружности с центром $O_1$, является угол $ADB$.
Следовательно, получаем равенство: $\angle CAB = \angle ADB$.

Теперь рассмотрим окружность с центром в точке $O_2$. Прямая $BD$ является касательной к этой окружности в точке $B$, а $AB$ — хорда. Аналогично предыдущему пункту, угол между касательной $BD$ и хордой $AB$ равен вписанному углу, опирающемуся на дугу $AB$ в этой окружности, то есть углу $ACB$.
Следовательно, получаем второе равенство: $\angle DBA = \angle ACB$.

Рассмотрим треугольники $\triangle DAB$ и $\triangle CBA$. Мы установили, что у них есть две пары соответственно равных углов:
1. $\angle ADB = \angle CAB$
2. $\angle ABD = \angle ACB$ (где $\angle ABD$ это то же самое, что и $\angle DBA$)

Поскольку сумма углов в треугольнике всегда равна $180^\circ$, то если две пары углов у двух треугольников равны, то и третьи углы этих треугольников также равны между собой. То есть, $\angle DAB = \angle CBA$.

Углы $\angle DAB$ и $\angle CBA$ являются внутренними накрест лежащими углами при прямых $AD$ и $BC$ и секущей $AB$. Так как эти углы равны, то по признаку параллельности прямых, прямые $AD$ и $BC$ параллельны.

Ответ: Что и требовалось доказать.

б) В пункте а) мы доказали, что треугольники $\triangle ABD$ и $\triangle BCA$ имеют три пары равных углов:
$\angle ADB = \angle BAC$
$\angle ABD = \angle BCA$
$\angle DAB = \angle CBA$

Это означает, что треугольники подобны по трем углам. Запишем соответствие вершин: вершине $A$ треугольника $\triangle ABD$ соответствует вершина $B$ треугольника $\triangle BCA$; вершине $B$ — вершина $C$; вершине $D$ — вершина $A$. Таким образом, $\triangle ABD \sim \triangle BCA$.

Из подобия треугольников следует пропорциональность их соответствующих сторон (стороны, лежащие против равных углов):
$\frac{AD}{AB} = \frac{BD}{AC} = \frac{AB}{BC}$

Рассмотрим первую и последнюю части этой пропорции:
$\frac{AD}{AB} = \frac{AB}{BC}$

Применяя основное свойство пропорции (произведение крайних членов равно произведению средних), получаем:
$AB \cdot AB = AD \cdot BC$
$AB^2 = AD \cdot BC$

Ответ: Что и требовалось доказать.

в) Воспользуемся полной пропорцией, полученной из подобия треугольников $\triangle ABD \sim \triangle BCA$ в пункте б):
$\frac{AD}{AB} = \frac{BD}{AC} = \frac{AB}{BC}$

Обозначим коэффициент подобия $k$. Тогда:
$k = \frac{BD}{AC}$ и $k = \frac{AD}{AB}$ и $k = \frac{AB}{BC}$.

Из первого равенства $k = \frac{BD}{AC}$ выразим отношение квадратов $BD^2 : AC^2$:
$\frac{BD^2}{AC^2} = k^2$

Теперь выразим $k^2$ через другие стороны. Из двух других равенств имеем:
$AD = k \cdot AB$
$AB = k \cdot BC$, откуда $BC = \frac{AB}{k}$

Найдем отношение $AD : BC$:
$\frac{AD}{BC} = \frac{k \cdot AB}{AB/k} = \frac{k \cdot AB \cdot k}{AB} = k^2$

Таким образом, мы получили, что $\frac{BD^2}{AC^2} = k^2$ и $\frac{AD}{BC} = k^2$.
Следовательно, $\frac{BD^2}{AC^2} = \frac{AD}{BC}$, или в другой записи $BD^2 : AC^2 = AD : BC$.

Ответ: Что и требовалось доказать.

819. Точка М лежит внутри четырёхугольника АВСD. Докажите, что ∠АМD = ∠АВМ + ∠МСD тогда и только тогда, когда окружности, описанные около треугольников АВМ и МСD, имеют в точке М общую касательную.

Данная задача требует доказать эквивалентность двух утверждений. Доказательство состоит из двух частей: необходимости и достаточности.

Обозначим через $ \omega_1 $ окружность, описанную около треугольника $ ABM $, и через $ \omega_2 $ окружность, описанную около треугольника $ MCD $.

Доказательство необходимости

Дано: Окружности $ \omega_1 $ и $ \omega_2 $ имеют в точке $ M $ общую касательную.

Доказать: $ \angle AMD = \angle ABM + \angle MCD $.

Пусть $ l $ — общая касательная к окружностям $ \omega_1 $ и $ \omega_2 $ в точке $ M $.

Когда две окружности касаются в одной точке, они располагаются по разные стороны от их общей касательной. Поскольку точка $ A $ лежит на $ \omega_1 $ (и $ A \neq M $), а точка $ D $ лежит на $ \omega_2 $ (и $ D \neq M $), точки $ A $ и $ D $ находятся по разные стороны от касательной $ l $.

Это означает, что луч, исходящий из точки $ M $ и лежащий на прямой $ l $, проходит внутри угла $ \angle AMD $. Таким образом, угол $ \angle AMD $ равен сумме углов, которые отрезки $ MA $ и $ MD $ образуют с касательной $ l $.

Воспользуемся теоремой об угле между касательной и хордой (об угле в альтернативном сегменте):

1. Для окружности $ \omega_1 $ угол между касательной $ l $ и хордой $ MA $ равен вписанному углу, опирающемуся на эту хорду. То есть, угол между $ l $ и $ MA $ равен $ \angle ABM $.
2. Аналогично, для окружности $ \omega_2 $ угол между касательной $ l $ и хордой $ MD $ равен вписанному углу, опирающемуся на эту хорду. То есть, угол между $ l $ и $ MD $ равен $ \angle MCD $.

Складывая эти два угла, получаем: $ \angle AMD = (\text{угол между } l \text{ и } MA) + (\text{угол между } l \text{ и } MD) = \angle ABM + \angle MCD $.

Таким образом, необходимость доказана.

Доказательство достаточности

Дано: $ \angle AMD = \angle ABM + \angle MCD $.

Доказать: Окружности $ \omega_1 $ и $ \omega_2 $ имеют в точке $ M $ общую касательную.

Проведем через точку $ M $ касательную $ l $ к окружности $ \omega_1 $. По теореме об угле между касательной и хордой, угол между касательной $ l $ и хордой $ MA $ равен $ \angle ABM $.

Подставим это в данное нам равенство: $ \angle AMD = \angle ABM + \angle MCD = (\text{угол между } l \text{ и } MA) + \angle MCD $.

Теперь рассмотрим, как угол $ \angle AMD $ связан с углами, которые его стороны образуют с прямой $ l $. Возможны два случая:

1. Точки $ A $ и $ D $ лежат по разные стороны от прямой $ l $. В этом случае, как мы видели в первой части, $ \angle AMD = (\text{угол между } l \text{ и } MA) + (\text{угол между } l \text{ и } MD) $. Сравнивая это с полученным выше равенством, имеем: $ (\text{угол между } l \text{ и } MA) + (\text{угол между } l \text{ и } MD) = (\text{угол между } l \text{ и } MA) + \angle MCD $. Отсюда следует, что $ (\text{угол между } l \text{ и } MD) = \angle MCD $. По обратной теореме об угле между касательной и хордой, это означает, что прямая $ l $ является касательной к окружности $ \omega_2 $ в точке $ M $. Поскольку $ l $ уже является касательной к $ \omega_1 $ в точке $ M $, то $ l $ — общая касательная.
2. Точки $ A $ и $ D $ лежат по одну сторону от прямой $ l $. В этом случае $ \angle AMD $ равен разности углов, которые его стороны образуют с прямой $ l $: $ \angle AMD = |(\text{угол между } l \text{ и } MA) - (\text{угол между } l \text{ и } MD)| $. Тогда исходное равенство принимает вид: $ |(\text{угол между } l \text{ и } MA) - (\text{угол между } l \text{ и } MD)| = (\text{угол между } l \text{ и } MA) + \angle MCD $. Обозначим $ \alpha = (\text{угол между } l \text{ и } MA) $, $ \beta = (\text{угол между } l \text{ и } MD) $, $ \gamma = \angle MCD $. Все углы положительны. Равенство $ |\alpha - \beta| = \alpha + \gamma $ может выполняться только если $ \gamma \le 0 $, что невозможно, так как угол треугольника положителен. Следовательно, этот случай невозможен.

Таким образом, реализуется только первый случай, и прямая $ l $ является общей касательной для окружностей $ \omega_1 $ и $ \omega_2 $ в точке $ M $. Достаточность доказана.

Поскольку доказаны и необходимость, и достаточность, исходное утверждение полностью доказано.

Ответ: Утверждение доказано.

820. Окружность касается сторон АВ и АС треугольника АВС и пересекает сторону ВС в точках Р и Q, ВР = СQ. Докажите, что треугольник АВС равнобедренный.

Пусть данная окружность касается сторон $AB$ и $AC$ треугольника $ABC$ в точках $M$ и $N$ соответственно.

Рассмотрим точку $B$. Из нее к окружности проведены касательная $BM$ и секущая, проходящая через сторону $BC$ и пересекающая окружность в точках $P$ и $Q$. По теореме о касательной и секущей (или о степени точки) квадрат длины отрезка касательной от точки до точки касания равен произведению длин отрезков секущей от той же точки до точек пересечения с окружностью.

Для точки $B$ это записывается как:
$BM^2 = BP \cdot BQ$

Аналогично, для точки $C$, из которой проведены касательная $CN$ и та же секущая, справедливо равенство:
$CN^2 = CQ \cdot CP$

Точки $P$ и $Q$ лежат на стороне $BC$. Возможны два варианта их расположения: $B-P-Q-C$ или $B-Q-P-C$. Рассмотрим первый случай, когда точки расположены в порядке $B, P, Q, C$. (Доказательство для второго случая будет аналогичным).

В этом случае длины отрезков $BQ$ и $CP$ можно выразить следующим образом:
$BQ = BP + PQ$
$CP = CQ + PQ$

Подставим эти выражения в исходные равенства:
$BM^2 = BP \cdot (BP + PQ)$
$CN^2 = CQ \cdot (CQ + PQ)$

По условию задачи дано, что $BP = CQ$. Заменим в выражении для $CN^2$ отрезок $CQ$ на равный ему $BP$:
$CN^2 = BP \cdot (BP + PQ)$

Теперь мы видим, что правые части выражений для $BM^2$ и $CN^2$ равны. Следовательно, равны и левые части:
$BM^2 = CN^2$

Поскольку длины отрезков являются положительными величинами, из этого следует, что:
$BM = CN$

Теперь рассмотрим отрезки касательных, проведенных к окружности из вершины $A$. По свойству касательных, проведенных из одной точки, их длины равны:
$AM = AN$

Стороны треугольника $AB$ и $AC$ состоят из следующих отрезков:
$AB = AM + MB$
$AC = AN + NC$

Так как мы доказали, что $AM = AN$ и $BM = CN$, мы можем заключить, что:
$AB = AM + MB = AN + CN = AC$

Поскольку стороны $AB$ и $AC$ треугольника $ABC$ равны, то по определению этот треугольник является равнобедренным.

Ответ: Треугольник $ABC$ является равнобедренным, что и требовалось доказать.

821. Окружность отсекает на двух прямых, которые пересекаются в точке, не лежащей на окружности, равные хорды. Докажите, что расстояния от точки пересечения этих прямых до концов той и другой хорды соответственно равны между собой.

Пусть дана окружность с центром в точке $O$ и две прямые, пересекающиеся в точке $P$, которая не лежит на окружности. Пусть первая прямая пересекает окружность в точках $A$ и $B$, а вторая — в точках $C$ и $D$. Таким образом, $AB$ и $CD$ — это хорды окружности. По условию задачи, длины этих хорд равны: $AB = CD$.

Требуется доказать, что расстояния от точки $P$ до концов хорд $AB$ и $CD$ соответственно равны. Это означает, что необходимо доказать равенство отрезков $PA=PC$ и $PB=PD$ (при соответствующей нумерации концов хорд).

Для доказательства воспользуемся свойством равных хорд и проведем геометрические построения.

1. Расстояние от центра до равных хорд

Известно, что в одной окружности равные хорды равноудалены от ее центра. Опустим перпендикуляры из центра $O$ на хорды $AB$ и $CD$. Обозначим основания этих перпендикуляров как $M$ и $N$ соответственно. Таким образом, $OM \perp AB$ и $ON \perp CD$. По свойству хорд, точка $M$ является серединой $AB$, а точка $N$ — серединой $CD$.

Поскольку хорды равны ($AB = CD$), то равны и их расстояния до центра:

$OM = ON$

2. Равенство треугольников

Рассмотрим треугольники $\triangle OMP$ и $\triangle ONP$.

• Они оба являются прямоугольными, так как $OM$ и $ON$ — перпендикуляры к прямым, на которых лежат точки $A, B, P$ и $C, D, P$. Следовательно, $\angle OMP = \angle ONP = 90^\circ$.
• Сторона $OP$ является их общей гипотенузой.
• Катеты $OM$ и $ON$ равны, как было показано в предыдущем пункте.

По признаку равенства прямоугольных треугольников (по гипотенузе и катету), $\triangle OMP \cong \triangle ONP$.

3. Следствия из равенства треугольников

Из равенства треугольников следует равенство их соответствующих сторон. В частности, равны катеты $PM$ и $PN$:

$PM = PN$

Кроме того, так как $M$ и $N$ — середины равных хорд $AB$ и $CD$, то их половины также равны:

$AM = MB = \frac{1}{2}AB$

$CN = ND = \frac{1}{2}CD$

Поскольку $AB = CD$, то $AM = CN$ и $MB = ND$.

4. Анализ расстояний

Рассмотрим два возможных случая расположения точки $P$.

Случай 1: Точка P лежит вне окружности.

В этом случае прямые являются секущими. Пусть точки на первой прямой расположены в порядке $P - A - B$, а на второй — в порядке $P - C - D$. Тогда расстояния от точки $P$ до концов хорд можно выразить следующим образом:

• $PA = PM - AM$
• $PB = PM + MB$
• $PC = PN - CN$
• $PD = PN + ND$

Используя полученные ранее равенства $PM = PN$ и $AM = CN$ (а также $MB = ND$), получаем:

• $PA = PM - AM = PN - CN = PC$
• $PB = PM + MB = PN + ND = PD$

Следовательно, $PA = PC$ и $PB = PD$.

Случай 2: Точка P лежит внутри окружности.

В этом случае точка $P$ лежит на самих хордах. Пусть порядок точек на первой прямой $A - P - B$, а на второй $C - P - D$. Расположение $P$ относительно середины $M$ может быть разным. Допустим, порядок точек $A - M - P - B$. В силу симметрии задачи (так как $\triangle OMP \cong \triangle ONP$), порядок на второй прямой будет $C - N - P - D$.

Расстояния от $P$ до концов хорд:

• $PA = AM + MP$
• $PB = MB - MP$
• $PC = CN + NP$
• $PD = ND - NP$

Используя равенства $PM = PN$, $AM = CN$ и $MB = ND$, получаем:

• $PA = AM + MP = CN + NP = PC$
• $PB = MB - MP = ND - NP = PD$

Таким образом, и в этом случае $PA = PC$ и $PB = PD$. Если бы точка $P$ находилась по другую сторону от $M$ (в порядке $A-P-M-B$), рассуждения были бы аналогичны и привели бы к тому же результату.

Ответ: В обоих случаях было показано, что расстояния от точки пересечения прямых до концов одной и другой хорды соответственно равны между собой. Что и требовалось доказать.

822. Через точку K, лежащую на окружности с центром О, проведены хорда KА и касательная KВ, а через точку О проведена прямая, перпендикулярная к прямой ОА и пересекающая хорду KА в точке М, а касательную KВ — в точке N. Докажите, что NK = NМ.

Рассмотрим треугольник $OAK$. Так как $O$ — центр окружности, а $K$ и $A$ — точки на окружности, то отрезки $OK$ и $OA$ являются радиусами этой окружности. Следовательно, $OK = OA$, и треугольник $OAK$ является равнобедренным.

В равнобедренном треугольнике углы при основании равны. Поэтому $\angle OKA = \angle OAK$. Обозначим величину этих углов через $\alpha$: $\angle OKA = \angle OAK = \alpha$.

По условию, $KB$ является касательной к окружности в точке $K$. По свойству касательной, радиус, проведенный в точку касания, перпендикулярен касательной. Таким образом, $OK \perp KB$. Так как точка $N$ лежит на прямой $KB$, то $OK \perp KN$, и следовательно, $\angle OKN = 90^\circ$.

Точка $M$ лежит на хорде $KA$, поэтому угол $\angle OKM$ совпадает с углом $\angle OKA$. Теперь мы можем выразить угол $\angle NKM$: $\angle NKM = \angle OKN - \angle OKM = 90^\circ - \angle OKA = 90^\circ - \alpha$.

Теперь найдем угол $\angle NMK$. Углы $\angle NMK$ и $\angle OMA$ являются вертикальными, так как они образованы пересечением прямых $ON$ и $KA$. Следовательно, $\angle NMK = \angle OMA$.

Рассмотрим треугольник $OAM$. По условию, прямая, проходящая через $O$ (на которой лежат точки $O, M, N$), перпендикулярна прямой $OA$. Это означает, что $\angle AOM = 90^\circ$.

Сумма углов в треугольнике $OAM$ равна $180^\circ$: $\angle OMA + \angle OAM + \angle AOM = 180^\circ$.

Мы знаем, что $\angle OAM = \angle OAK = \alpha$ и $\angle AOM = 90^\circ$. Подставим эти значения в уравнение: $\angle OMA + \alpha + 90^\circ = 180^\circ$.

Отсюда находим $\angle OMA$: $\angle OMA = 180^\circ - 90^\circ - \alpha = 90^\circ - \alpha$.

Так как $\angle NMK = \angle OMA$, то $\angle NMK = 90^\circ - \alpha$.

Теперь сравним углы в треугольнике $NKM$. Мы получили, что $\angle NKM = 90^\circ - \alpha$ и $\angle NMK = 90^\circ - \alpha$. Таким образом, $\angle NKM = \angle NMK$.

Поскольку в треугольнике $NKM$ два угла равны, он является равнобедренным. Стороны, лежащие напротив равных углов, равны между собой. Напротив угла $\angle NMK$ лежит сторона $NK$, а напротив угла $\angle NKM$ лежит сторона $NM$. Следовательно, $NK = NM$, что и требовалось доказать.

Ответ: Равенство $NK = NM$ доказано.

823. Точки В₁ и С₁ — середины дуг АB и АС (рис. 209). Докажите, что АМ = АN.

Для доказательства равенства отрезков $AM = AN$ рассмотрим треугольник $\triangle AMN$. Если мы докажем, что углы при основании $MN$ этого треугольника равны, то есть $\angle AMN = \angle ANM$, то по признаку равнобедренного треугольника будет следовать, что треугольник $\triangle AMN$ — равнобедренный, а значит, его боковые стороны $AM$ и $AN$ равны.

Для нахождения величин углов $\angle AMN$ и $\angle ANM$ воспользуемся теоремой об угле между пересекающимися хордами: величина угла, образованного двумя пересекающимися в круге хордами, равна половине суммы угловых величин дуг, заключенных между его сторонами и сторонами вертикального ему угла.

Найдем величину угла $\angle AMN$. Этот угол образован пересечением хорд $AB$ и $B_1C_1$ в точке $M$. Угол $\angle AMN$ совпадает с углом $\angle AMC_1$, так как точки $M, N, C_1$ лежат на одной прямой. Вертикальным к углу $\angle AMC_1$ является угол $\angle BMB_1$. Угол $\angle AMC_1$ опирается на дугу $AC_1$, а угол $\angle BMB_1$ — на дугу $B_1B$. Следовательно, по теореме о пересекающихся хордах: $$ \angle AMN = \frac{1}{2} (\text{дуга } AC_1 + \text{дуга } B_1B) $$

Теперь найдем величину угла $\angle ANM$. Этот угол образован пересечением хорд $AC$ и $B_1C_1$ в точке $N$. Угол $\angle ANM$ совпадает с углом $\angle ANB_1$, так как точки $B_1, M, N$ лежат на одной прямой. Вертикальным к углу $\angle ANB_1$ является угол $\angle CNC_1$. Угол $\angle ANB_1$ опирается на дугу $AB_1$, а угол $\angle CNC_1$ — на дугу $C_1C$. Следовательно, по той же теореме: $$ \angle ANM = \frac{1}{2} (\text{дуга } AB_1 + \text{дуга } C_1C) $$

По условию задачи дано, что:

• Точка $B_1$ — середина дуги $AB$. Это означает, что дуги, на которые она делит дугу $AB$, равны: $\text{дуга } AB_1 = \text{дуга } B_1B$.
• Точка $C_1$ — середина дуги $AC$. Это означает, что дуги, на которые она делит дугу $AC$, равны: $\text{дуга } AC_1 = \text{дуга } C_1C$.

Подставим эти равенства в полученные выражения для углов. В выражении для $\angle AMN$ заменим дугу $B_1B$ на равную ей дугу $AB_1$: $$ \angle AMN = \frac{1}{2} (\text{дуга } AC_1 + \text{дуга } AB_1) $$ В выражении для $\angle ANM$ заменим дугу $C_1C$ на равную ей дугу $AC_1$: $$ \angle ANM = \frac{1}{2} (\text{дуга } AB_1 + \text{дуга } AC_1) $$

Сравнивая полученные выражения, видим, что правые части равны. Следовательно, равны и левые части: $$ \angle AMN = \angle ANM $$

Так как в треугольнике $\triangle AMN$ два угла равны, он является равнобедренным с основанием $MN$. В равнобедренном треугольнике стороны, противолежащие равным углам, равны. Следовательно, $AM = AN$.

Ответ: Что и требовалось доказать.

824. Точки А, B, С и D лежат на одной окружности, луч ВD содержит биссектрису ВM треугольника АВС. Докажите, что ∠АМD = ∠ВАD.

По условию задачи, точки A, B, C и D лежат на одной окружности. Луч BD содержит биссектрису BM треугольника ABC, где точка M лежит на стороне AC. Это означает, что точки B, M, D коллинеарны (лежат на одной прямой), и прямая BD является биссектрисой угла $\angle ABC$. Точка M — это точка пересечения диагоналей AC и BD вписанного четырехугольника ABCD.

Наша цель — доказать равенство углов $\angle AMD$ и $\angle BAD$.

Рассмотрим треугольник ABM. Угол $\angle AMD$ является для него внешним углом при вершине M. По свойству внешнего угла треугольника, он равен сумме двух внутренних углов, не смежных с ним:
$\angle AMD = \angle MAB + \angle ABM$

Так как точка M лежит на отрезках AC и BD, мы можем переписать углы в этом равенстве, используя вершины четырехугольника:
$\angle MAB$ — это тот же угол, что и $\angle CAB$.
$\angle ABM$ — это тот же угол, что и $\angle ABD$.
Таким образом, мы получаем первое ключевое соотношение:
$\angle AMD = \angle CAB + \angle ABD$ (1)

Теперь рассмотрим угол $\angle BAD$. Его можно представить в виде суммы двух углов:
$\angle BAD = \angle BAC + \angle CAD$
Угол $\angle BAC$ — это тот же угол, что и $\angle CAB$. Следовательно, мы получаем второе ключевое соотношение:
$\angle BAD = \angle CAB + \angle CAD$ (2)

Сравнивая выражения (1) и (2), мы видим, что для доказательства равенства $\angle AMD = \angle BAD$ нам нужно доказать, что $\angle ABD = \angle CAD$.

Докажем это равенство. По условию, прямая BD является биссектрисой угла $\angle ABC$. По определению биссектрисы, она делит угол на два равных угла:
$\angle ABD = \angle CBD$

Теперь обратим внимание на углы $\angle CAD$ и $\angle CBD$. Оба этих угла являются вписанными в окружность. Угол $\angle CAD$ и угол $\angle CBD$ опираются на одну и ту же дугу CD.
По теореме о вписанных углах, углы, опирающиеся на одну и ту же дугу, равны. Значит:
$\angle CAD = \angle CBD$

Итак, мы установили два факта:
1) $\angle ABD = \angle CBD$ (так как BD - биссектриса)
2) $\angle CAD = \angle CBD$ (как вписанные углы, опирающиеся на дугу CD)
Из этих двух равенств следует, что $\angle ABD = \angle CAD$.

Теперь мы можем завершить наше доказательство. Подставим установленное равенство $\angle ABD = \angle CAD$ в соотношения (1) и (2):
(1) $\angle AMD = \angle CAB + \angle ABD$
(2) $\angle BAD = \angle CAB + \angle CAD$
Поскольку $\angle ABD = \angle CAD$, правые части этих выражений равны. Следовательно, равны и левые части:
$\angle AMD = \angle BAD$
Что и требовалось доказать.

Ответ: Утверждение, что $\angle AMD = \angle BAD$, доказано.

825. Хорды АВ и СD взаимно перпендикулярны , луч АВ является биссектрисой угла DАЕ. Докажите, что АЕ ⊥ ВС. Рассмотрите все возможные случаи.

Для доказательства утверждения воспользуемся свойствами вписанных углов и дуг окружности, на которые они опираются.

Пусть все точки A, B, C, D, E лежат на одной окружности.По условию, луч AB является биссектрисой угла DAE. Углы ?DAB и ?EAB являются вписанными в окружность. Так как эти углы равны (?DAB = ?EAB), то и дуги, на которые они опираются, равны.Угол ?DAB опирается на дугу DB, а угол ?EAB опирается на дугу EB. Следовательно, величины этих дуг равны:$?DB = ?EB$

По условию, хорды AB и CD взаимно перпендикулярны. Пусть они пересекаются в точке P. Угол между пересекающимися хордами равен полусумме дуг, заключенных между его сторонами и сторонами вертикального ему угла. Для угла ?APC = 90° это означает:$?APC = \frac{1}{2} (?AC + ?DB)$Так как $?APC = 90°$, то получаем:$90° = \frac{1}{2} (?AC + ?DB)$Отсюда следует, что сумма дуг $?AC$ и $?DB$ равна $180°$:$?AC + ?DB = 180°$

Теперь рассмотрим угол между хордами AE и BC. Пусть они пересекаются в точке Q. Величина угла ?AQC также равна полусумме дуг, заключенных между его сторонами:$?AQC = \frac{1}{2} (?AC + ?EB)$Мы уже установили, что $?EB = ?DB$. Заменим в формуле дугу $?EB$ на равную ей дугу $?DB$:$?AQC = \frac{1}{2} (?AC + ?DB)$А так как мы ранее вывели, что $?AC + ?DB = 180°$, то получаем:$?AQC = \frac{1}{2} (180°) = 90°$Угол между хордами AE и BC равен 90°, что означает, что они перпендикулярны: $AE \perp BC$.Что и требовалось доказать.

Рассмотрим все возможные случаи, упомянутые в условии задачи.

Прежде всего, докажем, что точка пересечения P хорд AB и CD должна лежать внутри окружности. Если бы линии, содержащие хорды, пересекались вне окружности в точке P, то угол между ними вычислялся бы как полуразность дуг: $?P = \frac{1}{2} (?AC - ?BD) = 90°$. Отсюда $?AC - ?BD = 180°$, что невозможно, так как большая из двух вычитаемых дуг (в данном случае $?AC$) не может превышать $180°$ (если считать ее меньшей дугой), а если она является большей дугой, то ее величина будет больше $180°$, но тогда разность будет еще больше. Таким образом, пересечение хорд может быть только внутренним.

Частный случай 1: Одна из хорд, например AB, является диаметром.Если AB — диаметр и $AB \perp CD$, то AB делит хорду CD и дуги, которые она стягивает, пополам. В частности, $?BC = ?BD$.Из условия, что луч AB — биссектриса угла ?DAE, следует, что $?DB = ?EB$.Из этих двух равенств получаем, что $?BC = ?EB$. Поскольку у этих дуг есть общая точка B, их вторые концы должны совпадать, то есть точка E совпадает с точкой C.Задача сводится к доказательству, что $AC \perp BC$. Это известное свойство окружности: вписанный угол ?ACB, опирающийся на диаметр AB, является прямым. Следовательно, $AC \perp BC$.

Частный случай 2: Хорда CD является диаметром.Если CD — диаметр и $AB \perp CD$, то диаметр CD делит хорду AB и стягиваемую ею дугу пополам, то есть $?AD = ?BD$ и $?AC = ?BC$.Из условия, что луч AB — биссектриса угла ?DAE, следует, что $?DB = ?EB$.Из равенств $?AD = ?BD$ и $?DB = ?EB$ получаем $?AD = ?EB$.Мы должны доказать, что $AE \perp BC$, то есть что сумма дуг $?AC + ?EB$ равна $180°$.Заменим в этой сумме $?AC$ на $?BC$ и $?EB$ на $?AD$:$?AC + ?EB = ?BC + ?AD$Поскольку CD — диаметр, дуга CBD является полуокружностью, то есть $?CB + ?BD = 180°$.Так как $?AD = ?BD$, то $?CB + ?AD = 180°$.Следовательно, $?AC + ?EB = 180°$, и угол между хордами AE и BC равен $90°$.

Таким образом, общее доказательство, приведенное вначале, корректно для всех возможных конфигураций, включая частные случаи, когда одна из хорд является диаметром.

Ответ: Утверждение доказано. Во всех возможных случаях $AE \perp BC$.

826. Отрезки АА₁ и ВВ₁ — высоты треугольника АВС. Докажите, что точки А, В, А₁ и В₁ лежат на одной окружности.

Пусть дан треугольник $ABC$. По условию задачи, отрезки $AA_1$ и $BB_1$ являются его высотами.

По определению высоты треугольника, $AA_1$ перпендикулярен стороне $BC$, а $BB_1$ перпендикулярен стороне $AC$. Из этого следует, что $AA_1 \perp BC$ и $BB_1 \perp AC$.

Рассмотрим треугольник $AA_1B$. Так как $AA_1 \perp BC$, то угол $\angle AA_1B = 90^\circ$. Следовательно, треугольник $AA_1B$ является прямоугольным.

Рассмотрим треугольник $AB_1B$. Так как $BB_1 \perp AC$, то угол $\angle AB_1B = 90^\circ$. Следовательно, треугольник $AB_1B$ также является прямоугольным.

Оба прямоугольных треугольника, $AA_1B$ и $AB_1B$, имеют общую гипотенузу — сторону $AB$.

Известно свойство, что окружность, описанная около прямоугольного треугольника, имеет своим диаметром его гипотенузу.

Для треугольника $AA_1B$ это означает, что точки $A$, $A_1$ и $B$ лежат на окружности с диаметром $AB$.

Для треугольника $AB_1B$ это означает, что точки $A$, $B_1$ и $B$ лежат на той же самой окружности с диаметром $AB$.

Поскольку обе группы точек ($A, A_1, B$ и $A, B_1, B$) принадлежат одной и той же окружности (построенной на отрезке $AB$ как на диаметре), то все четыре точки $A, B, A_1$ и $B_1$ лежат на этой окружности. Что и требовалось доказать.

Ответ: Точки $A, B, A_1$ и $B_1$ лежат на одной окружности, так как они все принадлежат окружности, построенной на отрезке $AB$ как на диаметре.