Страница 218 - гдз по геометрии 10-11 класс учебник Атанасян, Бутузов

851. Отрезки АА₁ и ВВ₁ — биссектрисы треугольника АВС, луч СС₁ — биссектриса его внешнего угла, причём точка С₁ лежит на прямой АВ. Докажите, что точки А₁, В₁ и С₁ лежат на одной прямой.

Для доказательства того, что точки $A_1$, $B_1$ и $C_1$ лежат на одной прямой, воспользуемся теоремой, обратной к теореме Менелая. Применим эту теорему к треугольнику $ABC$ и точкам $A_1$, $B_1$ и $C_1$, которые лежат на сторонах этого треугольника или их продолжениях.

Точка $A_1$ лежит на стороне $BC$, точка $B_1$ — на стороне $AC$, а точка $C_1$ — на продолжении стороны $AB$.

Согласно обратной теореме Менелая, если для этих точек выполняется равенство:

$$ \frac{AC_1}{C_1B} \cdot \frac{BA_1}{A_1C} \cdot \frac{CB_1}{B_1A} = 1 $$

то точки $A_1$, $B_1$ и $C_1$ коллинеарны, то есть лежат на одной прямой.

Найдём каждое из этих трёх отношений, используя свойства биссектрис треугольника. Обозначим длины сторон треугольника $ABC$ как $a = BC$, $b = AC$ и $c = AB$.

1. Так как $AA_1$ — биссектриса внутреннего угла $\angle BAC$, то по свойству биссектрисы треугольника она делит противолежащую сторону $BC$ на отрезки, пропорциональные прилежащим сторонам $AB$ и $AC$:

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

2. Так как $BB_1$ — биссектриса внутреннего угла $\angle ABC$, она аналогично делит сторону $AC$ на отрезки, пропорциональные прилежащим сторонам $BC$ и $AB$:

$$ \frac{CB_1}{B_1A} = \frac{BC}{AB} = \frac{a}{c} $$

3. Так как луч $CC_1$ — биссектриса внешнего угла при вершине $C$, то по свойству биссектрисы внешнего угла треугольника, её пересечение с продолжением противолежащей стороны $AB$ (точка $C_1$) делит эту сторону (внешним образом) на отрезки, пропорциональные прилежащим сторонам $AC$ и $BC$:

$$ \frac{AC_1}{BC_1} = \frac{AC}{BC} = \frac{b}{a} $$

Так как точка $C_1$ лежит на прямой $AB$, то длина отрезка $BC_1$ равна длине отрезка $C_1B$. Таким образом:

$$ \frac{AC_1}{C_1B} = \frac{b}{a} $$

Теперь подставим найденные отношения в левую часть равенства из теоремы Менелая:

$$ \frac{AC_1}{C_1B} \cdot \frac{BA_1}{A_1C} \cdot \frac{CB_1}{B_1A} = \left(\frac{b}{a}\right) \cdot \left(\frac{c}{b}\right) \cdot \left(\frac{a}{c}\right) $$

Сократим полученное выражение:

$$ \frac{b \cdot c \cdot a}{a \cdot b \cdot c} = 1 $$

Поскольку равенство $1 = 1$ истинно, условие обратной теоремы Менелая выполняется. Следовательно, точки $A_1$, $B_1$ и $C_1$ лежат на одной прямой.

Ответ: Что и требовалось доказать.

852. Биссектрисы внешних углов А, В и С треугольника АВС пересекают продолжения противоположных сторон в точках А₁, В₁ и С₁. Докажите, что точки А₁, В₁ и С₁ лежат на одной прямой.

Для доказательства того, что точки $A_1$, $B_1$ и $C_1$ лежат на одной прямой, воспользуемся теоремой Менелая, обратной к теореме о трансверсали для треугольника $ABC$.

Теорема Менелая гласит, что точки $A_1$, $B_1$, $C_1$, лежащие на прямых $BC$, $AC$ и $AB$ соответственно (или их продолжениях), коллинеарны тогда и только тогда, когда выполняется соотношение:

$$ \frac{AC_1}{C_1B} \cdot \frac{BA_1}{A_1C} \cdot \frac{CB_1}{B_1A} = 1 $$

Нам нужно найти каждое из этих отношений, используя свойство биссектрисы внешнего угла треугольника. Свойство гласит, что биссектриса внешнего угла треугольника делит противолежащую сторону (внешним образом) на отрезки, пропорциональные прилежащим сторонам. Обозначим длины сторон треугольника $ABC$ как $BC = a$, $AC = b$, $AB = c$.

1. Рассматриваем точку $A_1$

Точка $A_1$ — это точка пересечения биссектрисы внешнего угла при вершине $A$ с продолжением стороны $BC$. По свойству биссектрисы внешнего угла для треугольника $ABC$ и биссектрисы из вершины $A$:

$$ \frac{BA_1}{CA_1} = \frac{AB}{AC} = \frac{c}{b} $$ Поскольку точка $A_1$ лежит на продолжении $BC$, $A_1C$ — это то же самое, что и $CA_1$. Следовательно:

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

2. Рассматриваем точку $B_1$

Точка $B_1$ — это точка пересечения биссектрисы внешнего угла при вершине $B$ с продолжением стороны $AC$. По свойству биссектрисы внешнего угла для треугольника $ABC$ и биссектрисы из вершины $B$:

$$ \frac{CB_1}{AB_1} = \frac{CB}{AB} = \frac{a}{c} $$ Так как точка $B_1$ лежит на продолжении $AC$, $B_1A$ — это то же самое, что и $AB_1$. Следовательно:

$$ \frac{CB_1}{B_1A} = \frac{a}{c} $$

3. Рассматриваем точку $C_1$

Точка $C_1$ — это точка пересечения биссектрисы внешнего угла при вершине $C$ с продолжением стороны $AB$. По свойству биссектрисы внешнего угла для треугольника $ABC$ и биссектрисы из вершины $C$:

$$ \frac{AC_1}{BC_1} = \frac{AC}{BC} = \frac{b}{a} $$ Так как точка $C_1$ лежит на продолжении $AB$, $C_1B$ — это то же самое, что и $BC_1$. Следовательно:

$$ \frac{AC_1}{C_1B} = \frac{b}{a} $$

4. Проверка условия теоремы Менелая

Теперь подставим полученные отношения в левую часть равенства из теоремы Менелая:

$$ \frac{AC_1}{C_1B} \cdot \frac{BA_1}{A_1C} \cdot \frac{CB_1}{B_1A} = \frac{b}{a} \cdot \frac{c}{b} \cdot \frac{a}{c} $$

Сокращая дроби, получаем:

$$ \frac{b \cdot c \cdot a}{a \cdot b \cdot c} = 1 $$

Так как равенство выполняется, по обратной теореме Менелая точки $A_1$, $B_1$ и $C_1$ лежат на одной прямой.

Ответ: Точки $A_1$, $B_1$ и $C_1$ лежат на одной прямой, что и требовалось доказать.

853. На сторонах ВС, СА и АВ треугольника АВС или их продолжениях отмечены соответственно точки А₁, В₁ и С₁, лежащие на одной прямой. Докажите, что точки А₂, В₂ и С₂, симметричные соответственно точкам А₁, В₁ и С₁ относительно середин сторон ВС, СА и АВ, также лежат на одной прямой.

Для решения задачи воспользуемся векторным методом в сочетании с теоремой Менелая.

Пусть $O$ — произвольная точка плоскости (начало координат). Обозначим радиус-векторы вершин треугольника $A, B, C$ как $\vec{a}, \vec{b}, \vec{c}$ соответственно. Пусть $M_a, M_b, M_c$ — середины сторон $BC, CA, AB$. Их радиус-векторы равны:

$\vec{m}_a = \frac{\vec{b}+\vec{c}}{2}$, $\vec{m}_b = \frac{\vec{c}+\vec{a}}{2}$, $\vec{m}_c = \frac{\vec{a}+\vec{b}}{2}$

Точка $A_1$ лежит на прямой $BC$, поэтому ее радиус-вектор $\vec{a_1}$ можно представить как аффинную комбинацию векторов $\vec{b}$ и $\vec{c}$: $\vec{a_1} = (1-t_a)\vec{b} + t_a\vec{c}$ для некоторого скалярного параметра $t_a$. Аналогично для точек $B_1$ на прямой $CA$ и $C_1$ на прямой $AB$:

$\vec{b_1} = (1-t_b)\vec{c} + t_b\vec{a}$

$\vec{c_1} = (1-t_c)\vec{a} + t_c\vec{b}$

где $t_b$ и $t_c$ — также скалярные параметры.

Точка $A_2$ симметрична точке $A_1$ относительно середины $M_a$ стороны $BC$. Это означает, что $M_a$ является серединой отрезка $A_1A_2$. В векторной форме это условие записывается как $\vec{m}_a = \frac{\vec{a_1}+\vec{a_2}}{2}$. Отсюда можно выразить радиус-вектор точки $A_2$:

$\vec{a_2} = 2\vec{m}_a - \vec{a_1} = 2 \left( \frac{\vec{b}+\vec{c}}{2} \right) - \vec{a_1} = \vec{b}+\vec{c} - \vec{a_1}$

Подставим в это равенство выражение для $\vec{a_1}$:

$\vec{a_2} = \vec{b}+\vec{c} - ((1-t_a)\vec{b} + t_a\vec{c}) = (1 - (1-t_a))\vec{b} + (1-t_a)\vec{c} = t_a\vec{b} + (1-t_a)\vec{c}$

Аналогично найдем радиус-векторы для точек $B_2$ и $C_2$:

$\vec{b_2} = 2\vec{m}_b - \vec{b_1} = \vec{c}+\vec{a} - \vec{b_1} = \vec{c}+\vec{a} - ((1-t_b)\vec{c} + t_b\vec{a}) = t_b\vec{c} + (1-t_b)\vec{a}$

$\vec{c_2} = 2\vec{m}_c - \vec{c_1} = \vec{a}+\vec{b} - \vec{c_1} = \vec{a}+\vec{b} - ((1-t_c)\vec{a} + t_c\vec{b}) = t_c\vec{a} + (1-t_c)\vec{b}$

По условию задачи, точки $A_1, B_1, C_1$ лежат на одной прямой. Согласно теореме Менелая, это эквивалентно выполнению следующего равенства для отношений, в которых эти точки делят стороны треугольника (с учетом знака, то есть для ориентированных отрезков):

$\frac{\vec{BA_1}}{\vec{A_1C}} \cdot \frac{\vec{CB_1}}{\vec{B_1A}} \cdot \frac{\vec{AC_1}}{\vec{C_1B}} = 1$

Выразим эти отношения через параметры $t_a, t_b, t_c$.

Для точки $A_1$: $\vec{BA_1} = \vec{a_1} - \vec{b} = t_a(\vec{c}-\vec{b}) = t_a\vec{BC}$ и $\vec{A_1C} = \vec{c} - \vec{a_1} = (1-t_a)(\vec{c}-\vec{b}) = (1-t_a)\vec{BC}$. Отсюда $\frac{\vec{BA_1}}{\vec{A_1C}} = \frac{t_a}{1-t_a}$.

Аналогично, для точки $B_1$: $\frac{\vec{CB_1}}{\vec{B_1A}} = \frac{t_b}{1-t_b}$.

И для точки $C_1$: $\frac{\vec{AC_1}}{\vec{C_1B}} = \frac{t_c}{1-t_c}$.

Таким образом, условие коллинеарности точек $A_1, B_1, C_1$ принимает вид:

$\frac{t_a}{1-t_a} \cdot \frac{t_b}{1-t_b} \cdot \frac{t_c}{1-t_c} = 1$

Теперь проверим, выполняется ли условие теоремы Менелая для точек $A_2, B_2, C_2$. Для этого вычислим соответствующие отношения отрезков.

Для точки $A_2$: $\vec{BA_2} = \vec{a_2}-\vec{b} = (t_a-1)\vec{b} + (1-t_a)\vec{c} = (1-t_a)(\vec{c}-\vec{b}) = (1-t_a)\vec{BC}$ и $\vec{A_2C} = \vec{c}-\vec{a_2} = -t_a\vec{b} + t_a\vec{c} = t_a(\vec{c}-\vec{b}) = t_a\vec{BC}$. Отсюда $\frac{\vec{BA_2}}{\vec{A_2C}} = \frac{1-t_a}{t_a}$.

Аналогично, для точки $B_2$: $\frac{\vec{CB_2}}{\vec{B_2A}} = \frac{1-t_b}{t_b}$.

И для точки $C_2$: $\frac{\vec{AC_2}}{\vec{C_2B}} = \frac{1-t_c}{t_c}$.

Теперь найдем произведение этих отношений:

$\frac{\vec{BA_2}}{\vec{A_2C}} \cdot \frac{\vec{CB_2}}{\vec{B_2A}} \cdot \frac{\vec{AC_2}}{\vec{C_2B}} = \frac{1-t_a}{t_a} \cdot \frac{1-t_b}{t_b} \cdot \frac{1-t_c}{t_c}$

Это произведение является обратным к произведению для точек $A_1, B_1, C_1$:

$\frac{1-t_a}{t_a} \cdot \frac{1-t_b}{t_b} \cdot \frac{1-t_c}{t_c} = \left( \frac{t_a}{1-t_a} \cdot \frac{t_b}{1-t_b} \cdot \frac{t_c}{1-t_c} \right)^{-1}$

Поскольку мы установили, что произведение для коллинеарных точек $A_1, B_1, C_1$ равно 1, то и для $A_2, B_2, C_2$ получаем:

$\left(1\right)^{-1} = 1$

Так как для точек $A_2, B_2, C_2$ выполняется условие теоремы Менелая, то по обратной теореме Менелая эти точки лежат на одной прямой. Что и требовалось доказать.

Ответ: Точки $A_2, B_2, C_2$ также лежат на одной прямой.

854. Докажите, что середины оснований трапеции, точка пересечения её диагоналей и точка пересечения продолжений боковых сторон лежат на одной прямой.

Пусть дана трапеция ABCD с основаниями AD и BC ($AD \parallel BC$). Пусть M — середина основания BC, а N — середина основания AD. Точка O — точка пересечения диагоналей AC и BD. Точка P — точка пересечения продолжений боковых сторон AB и CD. Требуется доказать, что точки P, M, O, N лежат на одной прямой.

Доказательство можно разбить на две части.

1. Докажем, что точки P, M и N лежат на одной прямой.

Рассмотрим треугольник PAD. Прямая BC параллельна прямой AD, следовательно, треугольник PBC подобен треугольнику PAD ($ \triangle PBC \sim \triangle PAD $). Проведем прямую через точку P и середину N отрезка AD. Пусть эта прямая пересекает отрезок BC в точке M'. Мы докажем, что M' является серединой BC.

Рассмотрим треугольники PBM' и PAN. У них общий угол при вершине P, а углы $\angle PBM'$ и $\angle PAN$ равны как соответственные при параллельных прямых BC и AD и секущей AP. Значит, $\triangle PBM' \sim \triangle PAN$ по двум углам. Из подобия следует:$ \frac{BM'}{AN} = \frac{PM'}{PN} $.

Аналогично, рассмотрим треугольники PCM' и PDN. У них общий угол при вершине P, а углы $\angle PCM'$ и $\angle PDN$ равны как соответственные при параллельных прямых BC и AD и секущей DP. Значит, $\triangle PCM' \sim \triangle PDN$ по двум углам. Из подобия следует:$ \frac{CM'}{DN} = \frac{PM'}{PN} $.

Приравнивая отношения, получаем: $ \frac{BM'}{AN} = \frac{CM'}{DN} $.Так как N — середина AD, то $AN = DN$. Подставляя это в равенство, получаем $BM' = CM'$. Следовательно, M' — середина отрезка BC. А поскольку по условию M — середина BC, точки M и M' совпадают. Это означает, что прямая PN проходит через точку M, то есть точки P, M и N лежат на одной прямой.

2. Докажем, что точки O, M и N лежат на одной прямой.

Рассмотрим треугольники BOC и DOA. Углы $\angle OCB$ и $\angle OAD$ равны как накрест лежащие при параллельных прямых BC и AD и секущей AC. Аналогично, $\angle OBC = \angle ODA$. Углы $\angle BOC$ и $\angle DOA$ равны как вертикальные. Следовательно, треугольники подобны: $\triangle BOC \sim \triangle DOA$.

Проведем прямую через точку O и середину N отрезка AD. Пусть эта прямая пересекает отрезок BC в точке M''. Мы докажем, что M'' является серединой BC.

Рассмотрим треугольники OM''B и OND. Углы $\angle BOM''$ и $\angle DON$ равны как вертикальные, а углы $\angle OBM''$ и $\angle ODN$ равны как накрест лежащие. Значит, $\triangle OM''B \sim \triangle OND$ по двум углам. Из подобия следует:$ \frac{BM''}{DN} = \frac{OB}{OD} $.

Аналогично, рассмотрим треугольники OM''C и ONA. Углы $\angle COM''$ и $\angle AON$ равны как вертикальные, а углы $\angle OCM''$ и $\angle OAN$ равны как накрест лежащие. Значит, $\triangle OM''C \sim \triangle ONA$ по двум углам. Из подобия следует:$ \frac{CM''}{AN} = \frac{OC}{OA} $.

Из подобия основных треугольников $\triangle BOC \sim \triangle DOA$ мы знаем, что $ \frac{OB}{OD} = \frac{OC}{OA} $. Следовательно, $ \frac{BM''}{DN} = \frac{CM''}{AN} $.Так как N — середина AD, то $AN = DN$. Подставляя это в равенство, получаем $BM'' = CM''$. Следовательно, M'' — середина отрезка BC. Поскольку M — середина BC, точки M и M'' совпадают. Это означает, что прямая ON проходит через точку M, то есть точки O, M и N лежат на одной прямой.

Заключение

Из пункта 1 следует, что точки P, M, N лежат на одной прямой. Из пункта 2 следует, что точки O, M, N лежат на одной прямой. Так как через две различные точки (M и N) проходит только одна прямая, все четыре точки — P, M, O, N — лежат на этой единственной прямой.

Ответ: Утверждение доказано.

855. На сторонах АВ, ВС, СD и DА четырёхугольника АВСD отмечены соответственно точки K, L, M и N, не совпадающие с вершинами четырёхугольника. Докажите, что: а) прямые KL, MN и АС пересекаются в одной точке или параллельны друг другу тогда и толь ко тогда, когда AKKB∙BLLC∙CMMD∙DNNA= 1; б) прямые KL, MN и АС пересекаются в одной точке или параллельны друг другу тогда и только тогда, когда это же верно в отношении прямых KN, LM и BD.

Для решения этой задачи мы будем использовать теорему Менелая для треугольника и пересекающей его прямой (секущей), а также теорему о пропорциональных отрезках (обобщенную теорему Фалеса).

а)

Нам нужно доказать, что прямые $KL$, $MN$ и $AC$ пересекаются в одной точке или параллельны друг другу тогда и только тогда, когда выполняется равенство $ \frac{AK}{KB} \cdot \frac{BL}{LC} \cdot \frac{CM}{MD} \cdot \frac{DN}{NA} = 1 $.

Доказательство состоит из двух частей: необходимости и достаточности.

Доказательство необходимости (?)

Предположим, что прямые $KL$, $MN$ и $AC$ пересекаются в одной точке или параллельны.

Случай 1: Прямые пересекаются в одной точке $P$.

Рассмотрим треугольник $ABC$ и секущую $KL$, которая пересекает прямую $AC$ в точке $P$. По теореме Менелая для $\triangle ABC$ и прямой $KLP$ имеем:

$ \frac{AK}{KB} \cdot \frac{BL}{LC} \cdot \frac{CP}{PA} = 1 $

Отсюда можно выразить отношение $ \frac{PA}{CP} $:$ \frac{PA}{CP} = \frac{AK}{KB} \cdot \frac{BL}{LC} $ (1)

Теперь рассмотрим треугольник $ADC$ и секущую $MN$, которая также пересекает прямую $AC$ в точке $P$. По теореме Менелая для $\triangle ADC$ и прямой $NMP$ имеем:

$ \frac{AN}{ND} \cdot \frac{DM}{MC} \cdot \frac{CP}{PA} = 1 $

Отсюда также выразим отношение $ \frac{PA}{CP} $:$ \frac{PA}{CP} = \frac{AN}{ND} \cdot \frac{DM}{MC} = \frac{1}{\frac{DN}{NA} \cdot \frac{CM}{MD}} $ (2)

Приравнивая правые части выражений (1) и (2), получаем:

$ \frac{AK}{KB} \cdot \frac{BL}{LC} = \frac{1}{\frac{CM}{MD} \cdot \frac{DN}{NA}} $

Перемножив, получаем требуемое равенство:

$ \frac{AK}{KB} \cdot \frac{BL}{LC} \cdot \frac{CM}{MD} \cdot \frac{DN}{NA} = 1 $

Случай 2: Прямые $KL$, $MN$ и $AC$ параллельны.

Если $KL \parallel AC$, то по теореме о пропорциональных отрезках для $\triangle ABC$ и прямой $KL$ имеем $\triangle BKL \sim \triangle BAC$. Отсюда следует, что $ \frac{BK}{BA} = \frac{BL}{BC} $. Распишем это соотношение:

$ \frac{BK}{BK+KA} = \frac{BL}{BL+LC} \implies BK(BL+LC) = BL(BK+KA) \implies BK \cdot LC = BL \cdot KA $

Это эквивалентно $ \frac{AK}{KB} \cdot \frac{BL}{LC} = 1 $.

Аналогично, если $MN \parallel AC$, то для $\triangle ADC$ и прямой $MN$ имеем $\triangle DMN \sim \triangle DAC$. Отсюда $ \frac{DM}{DC} = \frac{DN}{DA} $.

$ \frac{DM}{DM+MC} = \frac{DN}{DN+NA} \implies DM(DN+NA) = DN(DM+MC) \implies DM \cdot NA = DN \cdot MC $

Это эквивалентно $ \frac{CM}{MD} \cdot \frac{DN}{NA} = 1 $.

Поскольку все три прямые параллельны, оба условия выполняются. Перемножив их, получаем:

$ \left( \frac{AK}{KB} \cdot \frac{BL}{LC} \right) \cdot \left( \frac{CM}{MD} \cdot \frac{DN}{NA} \right) = 1 \cdot 1 = 1 $

Необходимость доказана.

Доказательство достаточности (?)

Теперь предположим, что выполняется равенство $ \frac{AK}{KB} \cdot \frac{BL}{LC} \cdot \frac{CM}{MD} \cdot \frac{DN}{NA} = 1 $.

Пусть прямая $KL$ пересекает прямую $AC$ в точке $P_1$. По теореме Менелая для $\triangle ABC$:

$ \frac{AK}{KB} \cdot \frac{BL}{LC} \cdot \frac{CP_1}{P_1A} = 1 \implies \frac{CP_1}{P_1A} = \frac{KB}{AK} \cdot \frac{LC}{BL} $.

Пусть прямая $MN$ пересекает прямую $AC$ в точке $P_2$. По теореме Менелая для $\triangle ADC$:

$ \frac{AN}{ND} \cdot \frac{DM}{MC} \cdot \frac{CP_2}{P_2A} = 1 \implies \frac{CP_2}{P_2A} = \frac{ND}{AN} \cdot \frac{MC}{DM} $.

Из исходного равенства следует, что $ \frac{AK}{KB} \cdot \frac{BL}{LC} = \frac{1}{\frac{CM}{MD} \cdot \frac{DN}{NA}} = \frac{MD}{CM} \cdot \frac{NA}{DN} $.Таким образом, $ \frac{P_1A}{CP_1} = \frac{P_2A}{CP_2} $, или $ \frac{CP_1}{P_1A} = \frac{CP_2}{P_2A} $.

Поскольку точки $P_1$ и $P_2$ лежат на одной прямой $AC$ и делят отрезок $AC$ (внешним или внутренним образом) в одном и том же отношении, они должны совпадать: $P_1 = P_2$. Это означает, что прямые $KL$, $MN$ и $AC$ пересекаются в одной точке.

Возможен случай, когда одна из прямых, например $KL$, параллельна $AC$. В этом случае, как мы показали ранее, $ \frac{AK}{KB} \cdot \frac{BL}{LC} = 1 $. Тогда из исходного равенства следует, что $ \frac{CM}{MD} \cdot \frac{DN}{NA} = 1 $, что является условием параллельности $MN$ и $AC$. Таким образом, если $KL \parallel AC$, то и $MN \parallel AC$, и все три прямые параллельны.

Достаточность доказана.

Ответ: Утверждение доказано. Это обобщение теоремы Менелая для четырехугольника.

б)

Нам нужно доказать, что прямые $KL$, $MN$ и $AC$ пересекаются в одной точке или параллельны друг другу тогда и только тогда, когда это же верно в отношении прямых $KN$, $LM$ и $BD$.

Обозначим первое утверждение как $S_1$, а второе как $S_2$.

$S_1$: прямые $KL$, $MN$ и $AC$ пересекаются в одной точке или параллельны.

$S_2$: прямые $KN$, $LM$ и $BD$ пересекаются в одной точке или параллельны.

Из пункта а) мы знаем, что утверждение $S_1$ эквивалентно следующему условию ($C_1$):

$C_1: \frac{AK}{KB} \cdot \frac{BL}{LC} \cdot \frac{CM}{MD} \cdot \frac{DN}{NA} = 1$

Теперь проанализируем утверждение $S_2$. Оно имеет аналогичную структуру, но для другой тройки прямых. Здесь диагональ $BD$ делит четырехугольник на треугольники $ABD$ и $CBD$. Прямая $KN$ является секущей для $\triangle ABD$, а прямая $LM$ — для $\triangle CBD$. Мы можем применить ту же логику, что и в пункте а).

Докажем, что утверждение $S_2$ также эквивалентно условию $C_1$.

Случай 1: Прямые $KN$, $LM$ и $BD$ пересекаются в одной точке $Q$.

Рассмотрим $\triangle ABD$ и секущую $KNQ$. По теореме Менелая:

$ \frac{AK}{KB} \cdot \frac{BQ}{QD} \cdot \frac{DN}{NA} = 1 \implies \frac{BQ}{QD} = \frac{KB}{AK} \cdot \frac{NA}{DN} $

Рассмотрим $\triangle CBD$ и секущую $LMQ$. По теореме Менелая (обходя вершины в порядке C-M-D-Q-B-L-C):

$ \frac{CM}{MD} \cdot \frac{DQ}{QB} \cdot \frac{BL}{LC} = 1 \implies \frac{BQ}{QD} = \frac{CM}{MD} \cdot \frac{BL}{LC} $

Приравнивая выражения для $ \frac{BQ}{QD} $, получаем:

$ \frac{KB}{AK} \cdot \frac{NA}{DN} = \frac{CM}{MD} \cdot \frac{BL}{LC} $

Перенесем все сомножители в одну сторону:

$ 1 = \frac{AK}{KB} \cdot \frac{BL}{LC} \cdot \frac{CM}{MD} \cdot \frac{DN}{NA} $

Это и есть условие $C_1$.

Случай 2: Прямые $KN$, $LM$ и $BD$ параллельны.

Если $KN \parallel BD$, то для $\triangle ABD$ по теореме о пропорциональных отрезках ($\triangle AKN \sim \triangle ABD$):

$ \frac{AK}{AB} = \frac{AN}{AD} \implies \frac{AK}{AK+KB} = \frac{AN}{AN+ND} $. Это, как было показано ранее, эквивалентно $ \frac{AK}{KB} = \frac{AN}{ND} $, или $ \frac{AK}{KB} \cdot \frac{DN}{NA} = 1 $.

Если $LM \parallel BD$, то для $\triangle CBD$ по теореме о пропорциональных отрезках ($\triangle CLM \sim \triangle CBD$):

$ \frac{CL}{CB} = \frac{CM}{CD} \implies \frac{CL}{CL+LB} = \frac{CM}{CM+MD} $. Это эквивалентно $ \frac{CL}{LB} = \frac{CM}{MD} $, или $ \frac{BL}{LC} \cdot \frac{CM}{MD} = 1 $.

Если все три прямые параллельны, то оба условия выполняются. Перемножив их, получим:

$ \left( \frac{AK}{KB} \cdot \frac{DN}{NA} \right) \cdot \left( \frac{BL}{LC} \cdot \frac{CM}{MD} \right) = 1 \cdot 1 = 1 $

Сгруппировав множители, снова получаем условие $C_1$.

Таким образом, мы показали, что утверждение $S_2$ (прямые $KN$, $LM$, $BD$ конкурентны или параллельны) истинно тогда и только тогда, когда выполняется условие $C_1$.

Поскольку и $S_1$, и $S_2$ эквивалентны одному и тому же условию $C_1$, они эквивалентны между собой: $ S_1 \iff C_1 \iff S_2 $.

Ответ: Утверждение доказано. Выполнение условия для одной тройки прямых (KL, MN, AC) равносильно выполнению условия для другой тройки (KN, LM, BD).

856. Окружность, вписанная в четырёхугольник АВСD, касается сторон АВ, ВС, СD и DА соответственно в точках P, Q, R и S. Докажите, что прямые PQ, RS и АС пересекаются в одной точке или параллельны друг другу.

Пусть в четырехугольник $ABCD$ вписана окружность, которая касается его сторон $AB$, $BC$, $CD$ и $DA$ в точках $P$, $Q$, $R$ и $S$ соответственно. Согласно свойству касательных, проведенных к окружности из одной точки, длины отрезков касательных от вершины четырехугольника до точек касания равны: $AP = AS$ $BP = BQ$ $CQ = CR$ $DR = DS$

Для доказательства утверждения рассмотрим два возможных случая, которые зависят от соотношения длин отрезков $AS$ и $CR$.

Случай 1: $AS = CR$ (прямые параллельны)

Рассмотрим треугольник $ABC$. Прямая $PQ$ соединяет точки $P$ на стороне $AB$ и $Q$ на стороне $BC$. Согласно обратной теореме Фалеса (или теореме о пропорциональных отрезках), прямая $PQ$ параллельна стороне $AC$ тогда и только тогда, когда выполняется соотношение: $ \frac{BP}{PA} = \frac{BQ}{QC} $ Используя свойства касательных $BP = BQ$, $AP = AS$ и $CQ = CR$, перепишем это условие: $ \frac{BQ}{AS} = \frac{BQ}{CR} $ Это равенство (при $BQ \neq 0$) эквивалентно условию $AS = CR$. Следовательно, прямая $PQ$ параллельна диагонали $AC$ тогда и только тогда, когда $AS = CR$.

Теперь рассмотрим треугольник $ADC$. Прямая $RS$ соединяет точки $S$ на стороне $DA$ и $R$ на стороне $DC$. Аналогично, прямая $RS$ параллельна стороне $AC$ тогда и только тогда, когда: $ \frac{DS}{SA} = \frac{DR}{RC} $ Используя свойства касательных $DR = DS$, $AS$ и $RC$, перепишем это условие: $ \frac{DS}{SA} = \frac{DS}{RC} $ Это равенство (при $DS \neq 0$) эквивалентно условию $SA = RC$. Следовательно, прямая $RS$ параллельна диагонали $AC$ тогда и только тогда, когда $AS = CR$.

Таким образом, если $AS = CR$, то обе прямые $PQ$ и $RS$ параллельны диагонали $AC$. В этом случае все три прямые $PQ$, $RS$ и $AC$ параллельны друг другу.

Случай 2: $AS \neq CR$ (прямые пересекаются в одной точке)

Если $AS \neq CR$, то, как показано выше, ни прямая $PQ$, ни прямая $RS$ не параллельны диагонали $AC$. Следовательно, прямая $PQ$ пересекает прямую $AC$ в некоторой точке, назовем ее $M$. Рассмотрим $\triangle ABC$ и секущую $PQM$. По теореме Менелая для $\triangle ABC$ и точек $P, Q, M$, лежащих на одной прямой, выполняется равенство: $ \frac{AP}{PB} \cdot \frac{BQ}{QC} \cdot \frac{CM}{MA} = 1 $ Подставим равенства длин отрезков касательных ($AP=AS, BP=BQ, CQ=CR$): $ \frac{AS}{BQ} \cdot \frac{BQ}{CR} \cdot \frac{CM}{MA} = 1 $ Упростив, получаем: $ \frac{AS}{CR} \cdot \frac{CM}{MA} = 1 $, откуда $ \frac{AM}{MC} = \frac{AS}{CR} $

Аналогично, прямая $RS$ пересекает прямую $AC$ в некоторой точке, назовем ее $M'$. Рассмотрим $\triangle ADC$ и секущую $RSM'$. По теореме Менелая для $\triangle ADC$ и точек $R, S, M'$, лежащих на одной прямой, выполняется равенство: $ \frac{AS}{SD} \cdot \frac{DR}{RC} \cdot \frac{CM'}{M'A} = 1 $ Подставим равенства длин отрезков касательных ($DR=DS$): $ \frac{AS}{DS} \cdot \frac{DS}{RC} \cdot \frac{CM'}{M'A} = 1 $ Упростив, получаем: $ \frac{AS}{RC} \cdot \frac{CM'}{M'A} = 1 $, откуда $ \frac{AM'}{M'C} = \frac{AS}{CR} $

Мы получили, что обе точки $M$ и $M'$ делят отрезок $AC$ в одном и том же отношении $ \frac{AS}{CR} $. Поскольку точка, делящая отрезок в заданном отношении, единственна, точки $M$ и $M'$ совпадают ($M = M'$). Это означает, что прямые $PQ$ и $RS$ пересекают диагональ $AC$ в одной и той же точке. Таким образом, в случае когда $AS \neq CR$, прямые $PQ$, $RS$ и $AC$ пересекаются в одной точке.

Объединяя оба случая, мы доказали, что прямые $PQ$, $RS$ и $AC$ либо пересекаются в одной точке, либо параллельны друг другу.

Ответ: Утверждение доказано. В зависимости от того, выполняется ли равенство $AS = CR$, прямые $PQ$, $RS$ и $AC$ либо параллельны друг другу (если $AS = CR$), либо пересекаются в одной точке (если $AS \neq CR$).

857. Окружность с центром О касается двух неравных окружностей с центрами О₁ и О₂ в точках А₁ и А₂ соответственно. Докажите, что прямая А₁А₂ проходит через точку пересечения прямой О₁О₂ и общей касательной (внешней или внутренней) к окружностям с центрами О₁ и О₂.

Пусть $\omega$ — окружность с центром в точке $O$ и радиусом $R$. Пусть $\omega_1$ и $\omega_2$ — две неравные окружности с центрами в точках $O_1$ и $O_2$ и радиусами $r_1$ и $r_2$ соответственно ($r_1 \neq r_2$). Окружность $\omega$ касается окружности $\omega_1$ в точке $A_1$, а окружности $\omega_2$ — в точке $A_2$. Требуется доказать, что прямая $A_1A_2$ проходит через точку пересечения прямой $O_1O_2$ и общей касательной к окружностям $\omega_1$ и $\omega_2$.

Точка пересечения общих касательных двух окружностей с линией их центров является центром гомотетии (центром подобия) этих окружностей. Существует два таких центра: внешний (точка пересечения внешних касательных) и внутренний (точка пересечения внутренних касательных). Доказательство основано на свойствах гомотетии.

Точка касания двух окружностей является центром их гомотетии.

• Поскольку окружности $\omega$ и $\omega_1$ касаются в точке $A_1$, точка $A_1$ является центром гомотетии $H_1$, переводящей окружность $\omega_1$ в окружность $\omega$.
• Аналогично, точка $A_2$ является центром гомотетии $H_2$, переводящей окружность $\omega_2$ в окружность $\omega$.

Рассмотрим композицию гомотетий $H = H_2^{-1} \circ H_1$. Гомотетия $H_1$ переводит $\omega_1$ в $\omega$, а гомотетия $H_2^{-1}$ (обратная к $H_2$) переводит $\omega$ в $\omega_2$. Таким образом, композиция $H$ переводит окружность $\omega_1$ в окружность $\omega_2$.

Поскольку $r_1 \neq r_2$, коэффициент гомотетии $H$ не равен 1, и, следовательно, $H$ является гомотетией, а не параллельным переносом. Центр композиции двух гомотетий лежит на прямой, соединяющей их центры. В нашем случае центр гомотетии $H$ лежит на прямой $A_1A_2$.

С другой стороны, поскольку гомотетия $H$ переводит окружность $\omega_1$ в $\omega_2$, ее центр должен быть одним из центров подобия окружностей $\omega_1$ и $\omega_2$. Все центры подобия двух окружностей лежат на линии, соединяющей их центры, то есть на прямой $O_1O_2$.

Таким образом, центр гомотетии $H$ является точкой пересечения прямых $A_1A_2$ и $O_1O_2$. Этот центр также является точкой пересечения общей касательной к $\omega_1$ и $\omega_2$ с прямой $O_1O_2$.

Рассмотрим два возможных случая, чтобы определить, о какой именно касательной (внешней или внутренней) идет речь.

1. Касания окружности $\omega$ с окружностями $\omega_1$ и $\omega_2$ одного типа (оба внешние или оба внутренние).
Коэффициент гомотетии $H_1$ с центром в точке касания $A_1$ равен $k_1 = R/r_1$, если касание внутреннее, и $k_1 = -R/r_1$, если касание внешнее. Аналогично для гомотетии $H_2$: $k_2 = R/r_2$ или $k_2 = -R/r_2$. Если типы касаний одинаковы, то знаки $k_1$ и $k_2$ совпадают. Коэффициент гомотетии $H_2^{-1}$ равен $1/k_2$. Коэффициент композиции $H$ равен $k = k_1 \cdot (1/k_2) = k_1/k_2$.Поскольку знаки $k_1$ и $k_2$ одинаковы, их отношение $k$ положительно: $k = ( \pm R/r_1) / ( \pm R/r_2) = r_2/r_1 > 0$.Гомотетия с положительным коэффициентом соответствует внешнему центру подобия. Этот центр является точкой пересечения внешних общих касательных к окружностям $\omega_1$ и $\omega_2$ с прямой $O_1O_2$.

2. Касания окружности $\omega$ с окружностями $\omega_1$ и $\omega_2$ разного типа (одно внешнее, другое внутреннее).
В этом случае знаки коэффициентов $k_1$ и $k_2$ противоположны. Коэффициент композиции $H$ равен $k = k_1/k_2$. Поскольку $k_1$ и $k_2$ имеют разные знаки, их отношение $k$ отрицательно: $k = ( \pm R/r_1) / ( \mp R/r_2) = -r_2/r_1 < 0$.Гомотетия с отрицательным коэффициентом соответствует внутреннему центру подобия. Этот центр является точкой пересечения внутренних общих касательных к окружностям $\omega_1$ и $\omega_2$ с прямой $O_1O_2$.

В обоих случаях мы доказали, что прямая $A_1A_2$ проходит через центр подобия окружностей $\omega_1$ и $\omega_2$, который является точкой пересечения их общей касательной (внешней или внутренней) и прямой $O_1O_2$.

Ответ: Что и требовалось доказать.