Страница 192 - гдз по геометрии 10 класс учебник Мерзляк, Поляков

18.10. Найдите ГМТ, расстояния от которых до двух данных параллельных плоскостей относятся, как 2 : 1.

Пусть даны две параллельные плоскости $\alpha$ и $\beta$. Обозначим расстояние между ними через $h$. Для удобства введем декартову систему координат так, чтобы плоскость $\alpha$ совпадала с плоскостью $Oxy$ и имела уравнение $z=0$, а плоскость $\beta$ имела уравнение $z=h$.

Пусть точка $M(x, y, z)$ принадлежит искомому геометрическому месту точек (ГМТ). Расстояние от точки $M$ до плоскости $\alpha$ (обозначим его $d_1$) вычисляется как $d_1 = |z|$. Расстояние от точки $M$ до плоскости $\beta$ (обозначим его $d_2$) вычисляется как $d_2 = |z-h|$.

Согласно условию задачи, отношение этих расстояний равно $2:1$, то есть $\frac{d_1}{d_2} = \frac{2}{1}$, или $d_1 = 2d_2$.

Подставим выражения для расстояний в это равенство:

$|z| = 2|z-h|$

Данное уравнение с модулями равносильно совокупности двух уравнений:

1) $z = 2(z-h)$

2) $z = -2(z-h)$

Решим каждое из этих уравнений:

1) $z = 2z - 2h$

$-z = -2h$

$z = 2h$

Это уравнение плоскости, параллельной данным плоскостям $\alpha$ и $\beta$. Она находится по ту же сторону от плоскости $\alpha$, что и $\beta$, причем плоскость $\beta$ расположена между $\alpha$ и этой новой плоскостью. Расстояние от плоскости $z=2h$ до плоскости $\alpha$ ($z=0$) равно $2h$, а до плоскости $\beta$ ($z=h$) равно $h$. Отношение расстояний $2h : h = 2:1$ удовлетворяет условию.

2) $z = -2(z-h)$

$z = -2z + 2h$

$3z = 2h$

$z = \frac{2}{3}h$

Это также уравнение плоскости, параллельной данным плоскостям $\alpha$ и $\beta$. Поскольку $0 < \frac{2}{3}h < h$ (при $h>0$), эта плоскость находится между плоскостями $\alpha$ и $\beta$. Расстояние от этой плоскости до плоскости $\alpha$ равно $\frac{2}{3}h$, а до плоскости $\beta$ равно $| \frac{2}{3}h - h | = \frac{1}{3}h$. Отношение расстояний $(\frac{2}{3}h) : (\frac{1}{3}h) = 2:1$ также удовлетворяет условию. Эта плоскость делит расстояние между данными плоскостями в отношении $2:1$, если считать от плоскости $\alpha$.

Таким образом, искомое ГМТ представляет собой две плоскости, параллельные данным.

Ответ: Искомое геометрическое место точек — это две плоскости, параллельные данным. Одна из них расположена между данными плоскостями и делит расстояние между ними в отношении 2:1. Вторая плоскость расположена вне полосы, образованной данными плоскостями, со стороны той плоскости, расстояние до которой должно быть меньше.

18.11. Даны параллельные плоскости $\alpha$ и $\beta$. Найдите ГМТ, расстояния от которых до плоскости $\alpha$ в три раза больше, чем до плоскости $\beta$.

Пусть $M$ — произвольная точка искомого геометрического места точек (ГМТ). Обозначим расстояние от точки $M$ до плоскости $\alpha$ как $d(M, \alpha)$, а расстояние до плоскости $\beta$ как $d(M, \beta)$. Согласно условию задачи, для точки $M$ должно выполняться равенство:

$d(M, \alpha) = 3 \cdot d(M, \beta)$

Пусть расстояние между данными параллельными плоскостями $\alpha$ и $\beta$ равно $h$. Рассмотрим все возможные расположения точки $M$ в пространстве относительно этих плоскостей. Для анализа удобно провести через произвольную точку $M$ прямую, перпендикулярную плоскостям $\alpha$ и $\beta$. Пусть эта прямая пересекает $\alpha$ в точке $A$, а $\beta$ в точке $B$. Тогда $d(M, \alpha) = MA$, $d(M, \beta) = MB$, а расстояние между плоскостями $h = AB$.

Случай 1: Точка M находится между плоскостями $\alpha$ и $\beta$.

В этом случае точка $M$ лежит на отрезке $AB$. Тогда сумма расстояний от $M$ до плоскостей равна расстоянию между плоскостями: $MA + MB = AB = h$.

Используя условие задачи $MA = 3 \cdot MB$, подставим его в предыдущее равенство:

$3 \cdot MB + MB = h$

$4 \cdot MB = h$

$MB = \frac{h}{4}$

Таким образом, расстояние от точки $M$ до плоскости $\beta$ равно $\frac{h}{4}$. Расстояние до плоскости $\alpha$ будет $MA = h - \frac{h}{4} = \frac{3h}{4}$, что удовлетворяет условию $MA = 3 \cdot MB$.

Множество всех таких точек образует плоскость, параллельную $\alpha$ и $\beta$, расположенную между ними и делящую расстояние между ними в отношении $3:1$, считая от плоскости $\alpha$.

Случай 2: Точка M находится вне пространства между плоскостями $\alpha$ и $\beta$.

Здесь возможны два варианта.

а) Плоскость $\beta$ находится между точкой $M$ и плоскостью $\alpha$.

В этом случае точка $B$ лежит на отрезке $MA$. Тогда расстояние от $M$ до $\alpha$ равно сумме расстояния от $M$ до $\beta$ и расстояния между плоскостями: $MA = MB + AB = MB + h$.

Подставим это выражение в условие задачи $MA = 3 \cdot MB$:

$MB + h = 3 \cdot MB$

$h = 2 \cdot MB$

$MB = \frac{h}{2}$

В этом случае расстояние от точки $M$ до плоскости $\beta$ равно $\frac{h}{2}$. Расстояние до плоскости $\alpha$ будет $MA = \frac{h}{2} + h = \frac{3h}{2}$, что удовлетворяет условию $MA = 3 \cdot MB$.

Множество таких точек образует еще одну плоскость, параллельную $\alpha$ и $\beta$, но расположенную вне полосы между ними, со стороны плоскости $\beta$.

б) Плоскость $\alpha$ находится между точкой $M$ и плоскостью $\beta$.

В этом случае точка $A$ лежит на отрезке $MB$. Тогда $MB = MA + AB = MA + h$.

Подставим это в условие $MA = 3 \cdot MB$:

$MA = 3 \cdot (MA + h)$

$MA = 3 \cdot MA + 3h$

$-2 \cdot MA = 3h$

$MA = -\frac{3h}{2}$

Так как расстояние не может быть отрицательной величиной, этот случай невозможен. Это означает, что не существует точек, удовлетворяющих условию, для которых плоскость $\alpha$ находилась бы между ними и плоскостью $\beta$.

Таким образом, искомое геометрическое место точек состоит из двух плоскостей.

Ответ: Искомое геометрическое место точек — это две плоскости, параллельные плоскостям $\alpha$ и $\beta$. Первая плоскость находится между $\alpha$ и $\beta$ и делит расстояние между ними в отношении $3:1$ (считая от плоскости $\alpha$ к плоскости $\beta$). Вторая плоскость находится вне пространства между $\alpha$ и $\beta$, со стороны плоскости $\beta$, на расстоянии от $\beta$, равном половине расстояния между $\alpha$ и $\beta$.

18.12. Даны точки A и B. Найдите геометрическое место точек X таких, что $AX > BX$.

Геометрическое место точек (ГМТ) — это множество всех точек плоскости, удовлетворяющих заданному условию. В данном случае условие состоит в том, что расстояние от искомой точки $X$ до точки $A$ строго больше, чем расстояние от точки $X$ до точки $B$. Математически это записывается как $AX > BX$.

Для начала рассмотрим граничный случай, когда расстояния равны: $AX = BX$. Множество всех точек, равноудаленных от двух данных точек $A$ и $B$, является срединным перпендикуляром к отрезку $AB$. Обозначим эту прямую как $l$.

Прямая $l$ делит всю плоскость на две открытые полуплоскости.

• В одной полуплоскости, содержащей точку $A$, для любой точки $X$ будет выполняться неравенство $AX < BX$. Это означает, что все точки в этой полуплоскости находятся ближе к $A$, чем к $B$.
• В другой полуплоскости, содержащей точку $B$, для любой точки $X$ будет выполняться неравенство $AX > BX$. Это означает, что все точки в этой полуплоскости находятся ближе к $B$, чем к $A$ (и, соответственно, дальше от $A$, чем от $B$).

Поскольку по условию задачи требуется найти геометрическое место точек $X$, для которых $AX > BX$, то искомым множеством является открытая полуплоскость, которая ограничена срединным перпендикуляром к отрезку $AB$ и содержит точку $B$.

Проведем строгое доказательство с помощью метода координат. Введем систему координат так, чтобы она была удобна для вычислений. Пусть точки $A$ и $B$ лежат на оси $Ox$, а начало координат является серединой отрезка $AB$. Если длина отрезка $AB$ равна $2c$ (где $c > 0$), то координаты точек будут $A(-c, 0)$ и $B(c, 0)$. Пусть искомая точка $X$ имеет произвольные координаты $(x, y)$.

Найдем квадраты расстояний от точки $X$ до точек $A$ и $B$:
$AX^2 = (x - (-c))^2 + (y - 0)^2 = (x+c)^2 + y^2$
$BX^2 = (x - c)^2 + (y - 0)^2 = (x-c)^2 + y^2$

Исходное неравенство $AX > BX$ эквивалентно неравенству $AX^2 > BX^2$, так как расстояния являются неотрицательными величинами. Подставим выражения для квадратов расстояний:
$(x+c)^2 + y^2 > (x-c)^2 + y^2$
Раскроем скобки:
$x^2 + 2cx + c^2 + y^2 > x^2 - 2cx + c^2 + y^2$
Упростим неравенство, сократив одинаковые слагаемые ($x^2, y^2, c^2$):
$2cx > -2cx$
$4cx > 0$
Поскольку $c > 0$, мы можем разделить обе части неравенства на $4c$, не меняя его знака:
$x > 0$

Неравенство $x > 0$ описывает открытую полуплоскость, расположенную справа от оси $Oy$ (прямой $x=0$). В выбранной нами системе координат ось $Oy$ является срединным перпендикуляром к отрезку $AB$. Точка $B(c, 0)$ с положительной абсциссой $c$ принадлежит этой полуплоскости.

Таким образом, оба метода приводят к одному и тому же результату.

Ответ: Искомое геометрическое место точек — это открытая полуплоскость, границей которой является срединный перпендикуляр к отрезку $AB$, и которая содержит точку $B$.

18.13. Дан угол $ABC$. Найдите геометрическое место точек $X$ таких, что

$\angle XBA = \angle XBC$.

Геометрическое место точек (ГМТ) — это множество всех точек плоскости, удовлетворяющих заданному условию. В данном случае условие для точки $X$ — это равенство углов: $\angle XBA = \angle XBC$.

Проанализируем это условие. Оно означает, что луч $BX$ образует одинаковые углы с лучами $BA$ и $BC$.

Рассмотрим сначала точки $X$, лежащие внутри угла $\angle ABC$. Для таких точек, по определению биссектрисы угла, условие $\angle XBA = \angle XBC$ выполняется тогда и только тогда, когда точка $X$ лежит на биссектрисе угла $\angle ABC$.

Теперь рассмотрим точки $X'$, лежащие вне угла $\angle ABC$. Пусть $l$ — луч, являющийся биссектрисой угла $\angle ABC$. Возьмем точку $X'$ на луче, который дополняет $l$ до прямой. Угол $\angle X'BA$ является смежным с углом, образованным лучами $BX$ и $BA$ (где $X$ лежит на $l$), а угол $\angle X'BC$ — смежным с углом, образованным лучами $BX$ и $BC$. Их величины связаны соотношениями:
$\angle X'BA = 180^\circ - \angle XBA$
$\angle X'BC = 180^\circ - \angle XBC$
Так как для точек на биссектрисе $\angle XBA = \angle XBC$, то для точек на ее продолжении также выполняется равенство $\angle X'BA = \angle X'BC$.

Таким образом, все точки прямой, содержащей биссектрису угла $\angle ABC$, удовлетворяют исходному условию.

Следует исключить из этого множества саму вершину угла — точку $B$. Если точка $X$ совпадает с $B$, то углы $\angle BBA$ и $\angle BBC$ не определены, так как их стороны совпадают, и говорить о равенстве некорректно.

Этот результат остается верным и для развернутого угла ($\angle ABC = 180^\circ$). В этом случае биссектрисой является прямая, перпендикулярная прямой $AC$ и проходящая через точку $B$. Условие $\angle XBA = \angle XBC$ вместе с тем, что эти углы смежные ($\angle XBA + \angle XBC = 180^\circ$), дает $\angle XBA = \angle XBC = 90^\circ$, что и определяет указанную перпендикулярную прямую.

Ответ: Искомое геометрическое место точек — это прямая, которая содержит биссектрису угла $ABC$, за исключением самой вершины $B$.

18.14. Дан треугольник $ABC$. Найдите ГМТ, равноудалённых от прямых $AB$, $BC$ и $CA$.

Геометрическое место точек (ГМТ), равноудалённых от двух пересекающихся прямых, представляет собой пару биссектрис углов, образованных этими прямыми.

Пусть искомая точка – это точка $M$. Прямые $AB$, $BC$ и $CA$ являются сторонами треугольника $ABC$. Условие задачи означает, что расстояние от точки $M$ до каждой из этих прямых одинаково. Обозначим расстояние от точки $M$ до прямой $L$ как $d(M, L)$. Тогда нам нужно найти все точки $M$, для которых выполняется равенство:$d(M, AB) = d(M, BC) = d(M, CA)$.

Это равенство можно разбить на три условия:

• Равенство $d(M, AB) = d(M, AC)$ означает, что точка $M$ лежит на одной из биссектрис углов, образованных прямыми $AB$ и $AC$. Это либо биссектриса внутреннего угла $A$ треугольника $ABC$, либо биссектриса внешнего угла при вершине $A$.
• Аналогично, из $d(M, AB) = d(M, BC)$ следует, что $M$ лежит на одной из биссектрис угла $B$ (внутренней или внешней).
• Из $d(M, BC) = d(M, AC)$ следует, что $M$ лежит на одной из биссектрис угла $C$ (внутренней или внешней).

Следовательно, искомые точки являются точками пересечения биссектрис (внутренних или внешних) углов треугольника $ABC$. Рассмотрим возможные комбинации:

1. Пересечение трех внутренних биссектрис.
   Биссектрисы трех внутренних углов треугольника пересекаются в одной точке. Эта точка является центром вписанной в треугольник окружности (инцентром). Она по определению равноудалена от всех трех сторон (прямых) треугольника. Таким образом, инцентр является одной из точек искомого ГМТ.
2. Пересечение одной внутренней и двух внешних биссектрис.
   Биссектриса внутреннего угла при одной вершине (например, $A$) и биссектрисы внешних углов при двух других вершинах ($B$ и $C$) также пересекаются в одной точке. Эта точка является центром вневписанной окружности треугольника $ABC$, которая касается стороны $BC$ и продолжений сторон $AB$ и $AC$. Эта точка равноудалена от прямых $AB$, $BC$ и $AC$.
   Поскольку такой центр можно построить для каждой стороны треугольника, существует три такие точки (центры вневписанных окружностей или эксцентры). Каждая из них принадлежит искомому ГМТ.

Другие комбинации (три внешние биссектрисы или две внутренние и одна внешняя) не приводят к общей точке пересечения для невырожденного треугольника. Например, точка пересечения внутренних биссектрис углов $A$ и $B$ (инцентр) лежит на внутренней биссектрисе угла $C$, а не на внешней.

Таким образом, искомое геометрическое место точек состоит ровно из четырех точек.

Ответ: Искомое ГМТ — это множество, состоящее из четырех точек: центр вписанной окружности (инцентр) и три центра вневписанных окружностей (эксцентры) треугольника $ABC$.

18.15. Найдите ГМТ, принадлежащих трёхгранному углу и равноудалённых от его граней.

Пусть дан трёхгранный угол с вершиной $S$ и гранями (плоскостями) $\alpha$, $\beta$ и $\gamma$. Требуется найти геометрическое место точек (ГМТ), принадлежащих этому углу и равноудалённых от его граней.

Известно, что геометрическое место точек пространства, равноудалённых от двух пересекающихся плоскостей, представляет собой пару плоскостей, которые являются биссекторами (или биссектральными плоскостями) двугранных углов, образованных исходными плоскостями.

Рассмотрим две грани трёхгранного угла, например, $\alpha$ и $\beta$. Множество точек, равноудалённых от них, — это две биссекторные плоскости. Поскольку по условию искомые точки должны принадлежать (находиться внутри) трёхгранному углу, нас интересует та биссекторная плоскость, которая проходит внутри этого угла. Обозначим её $\Pi_{\alpha\beta}$.

Аналогично, множеством точек внутри трёхгранного угла, равноудалённых от граней $\beta$ и $\gamma$, является биссекторная плоскость $\Pi_{\beta\gamma}$ внутреннего двугранного угла. А для граней $\gamma$ и $\alpha$ — биссекторная плоскость $\Pi_{\gamma\alpha}$.

Искомое ГМТ является множеством точек, которые удовлетворяют всем трём условиям равноудалённости одновременно. Следовательно, эти точки должны принадлежать пересечению трёх указанных биссекторных плоскостей: $\Pi_{\alpha\beta} \cap \Pi_{\beta\gamma} \cap \Pi_{\gamma\alpha}$.

Докажем, что эти три плоскости пересекаются по одной прямой.

Вершина трёхгранного угла $S$ принадлежит всем трём граням $\alpha, \beta, \gamma$. Расстояние от точки $S$ до каждой из граней равно нулю, следовательно, точка $S$ равноудалена от всех граней. Это означает, что вершина $S$ принадлежит каждой из биссекторных плоскостей: $S \in \Pi_{\alpha\beta}$, $S \in \Pi_{\beta\gamma}$ и $S \in \Pi_{\gamma\alpha}$.

Рассмотрим пересечение первых двух плоскостей $\Pi_{\alpha\beta}$ и $\Pi_{\beta\gamma}$. Так как они не параллельны (они проходят через общую вершину $S$), их пересечением является некоторая прямая $l$, проходящая через точку $S$.

Пусть $M$ — любая точка на прямой $l = \Pi_{\alpha\beta} \cap \Pi_{\beta\gamma}$.

• Поскольку $M \in \Pi_{\alpha\beta}$, расстояние от $M$ до грани $\alpha$ равно расстоянию от $M$ до грани $\beta$: $d(M, \alpha) = d(M, \beta)$.
• Поскольку $M \in \Pi_{\beta\gamma}$, расстояние от $M$ до грани $\beta$ равно расстоянию от $M$ до грани $\gamma$: $d(M, \beta) = d(M, \gamma)$.

Из этих двух равенств следует, что $d(M, \alpha) = d(M, \gamma)$. Это означает, что любая точка $M$ на прямой $l$ также равноудалена от граней $\alpha$ и $\gamma$. Поскольку точка $M$ по построению находится внутри области, ограниченной гранями, она должна лежать на биссекторной плоскости $\Pi_{\gamma\alpha}$.

Таким образом, любая точка прямой $l$ принадлежит и плоскости $\Pi_{\gamma\alpha}$. Это означает, что все три биссекторные плоскости пересекаются по одной и той же прямой $l$.

Эта прямая $l$ проходит через вершину $S$. Прямая состоит из двух лучей, выходящих из точки $S$ в противоположных направлениях. Один из этих лучей полностью лежит внутри данного трёхгранного угла, а другой — внутри трёхгранного угла, вертикального к данному. Условию задачи (точки, принадлежащие трёхгранному углу) удовлетворяют только точки одного из этих лучей (включая вершину $S$).

Следовательно, искомое геометрическое место точек — это луч.

Ответ: Луч, выходящий из вершины трёхгранного угла и являющийся пересечением биссекторных плоскостей его внутренних двугранных углов.

18.16. Найдите ГМТ, принадлежащих трёхгранному углу и равноудалённых от его рёбер.

Рассмотрим трёхгранный угол с вершиной в точке $O$ и рёбрами (лучами) $l_1$, $l_2$ и $l_3$. Необходимо найти геометрическое место точек (ГМТ), которые принадлежат этому углу и находятся на одинаковом расстоянии от его рёбер.

1. Сначала найдём ГМТ, равноудалённых от двух рёбер, например, $l_1$ и $l_2$. Множество точек в пространстве, равноудалённых от двух пересекающихся прямых, представляет собой две плоскости, которые проходят через точку пересечения прямых и перпендикулярны плоскости, содержащей эти прямые. Эти плоскости делят пополам двугранные углы, образованные плоскостью, в которой лежат прямые. Поскольку нас интересуют точки, лежащие внутри трёхгранного угла, мы рассматриваем только одну из этих плоскостей — ту, которая проходит через биссектрису "внутреннего" угла, образованного рёбрами. Обозначим эту биссекторную плоскость как $\Pi_{12}$. Каждая точка, принадлежащая этой плоскости, равноудалена от рёбер $l_1$ и $l_2$.

2. Аналогично, ГМТ, равноудалённых от рёбер $l_2$ и $l_3$, — это биссекторная плоскость $\Pi_{23}$. А ГМТ, равноудалённых от рёбер $l_1$ и $l_3$, — это плоскость $\Pi_{13}$.

3. Точка, равноудалённая от всех трёх рёбер ($l_1$, $l_2$ и $l_3$), должна удовлетворять условиям равноудалённости от всех пар рёбер одновременно. Следовательно, такая точка должна принадлежать пересечению трёх плоскостей: $\Pi_{12}$, $\Pi_{23}$ и $\Pi_{13}$.

Все эти плоскости проходят через общую точку — вершину угла $O$. Пересечение двух непараллельных плоскостей (например, $\Pi_{12}$ и $\Pi_{23}$) является прямой, которая также проходит через точку $O$. Обозначим эту прямую как $L$. Каждая точка на прямой $L$ равноудалена от рёбер $l_1$ и $l_2$ (так как лежит в $\Pi_{12}$) и от рёбер $l_2$ и $l_3$ (так как лежит в $\Pi_{23}$). Следовательно, любая точка на прямой $L$ равноудалена от всех трёх рёбер $l_1$, $l_2$ и $l_3$. Это означает, что прямая $L$ также целиком лежит и в третьей плоскости $\Pi_{13}$.

Таким образом, ГМТ, равноудалённых от трёх рёбер, есть прямая $L$, проходящая через вершину угла $O$.

4. В условии задачи сказано, что искомые точки должны "принадлежать трёхгранному углу". Прямая $L$ состоит из двух лучей, исходящих из вершины $O$. Только один из этих лучей лежит внутри трёхгранного угла.

Охарактеризуем этот луч. Пусть $M$ — произвольная точка на искомом луче, отличная от $O$. Расстояние от точки $M$ до ребра $l_i$ равно $d_i = OM \cdot \sin(\alpha_i)$, где $\alpha_i$ — угол между лучом $OM$ и ребром $l_i$. По определению, для точек искомого ГМТ должно выполняться равенство $d_1 = d_2 = d_3$.

$OM \cdot \sin(\alpha_1) = OM \cdot \sin(\alpha_2) = OM \cdot \sin(\alpha_3)$

Отсюда следует, что $\sin(\alpha_1) = \sin(\alpha_2) = \sin(\alpha_3)$. Поскольку луч $OM$ лежит внутри трёхгранного угла, все углы $\alpha_i$ являются острыми (от $0$ до $\pi/2$). В этом диапазоне из равенства синусов следует равенство самих углов: $\alpha_1 = \alpha_2 = \alpha_3$.

Следовательно, искомое ГМТ — это луч, исходящий из вершины трёхгранного угла, расположенный внутри него и образующий равные углы с его рёбрами.

Ответ: Луч, исходящий из вершины трёхгранного угла, расположенный внутри него и образующий равные углы со всеми его тремя рёбрами.

18.17. Через вершины $A$ и $C$ треугольника $ABC$ проведены прямые, перпендикулярные биссектрисе угла $ABC$ и пересекающие прямые $BC$ и $AB$ в точках $K$ и $M$ соответственно. Найдите сторону $AB$, если $BM = 8$ см, $KC = 1$ см.

Пусть $BL$ — биссектриса угла $ABC$. По условию, через вершину $A$ проведена прямая, перпендикулярная $BL$, которая пересекает прямую $BC$ в точке $K$. Обозначим точку пересечения этой прямой с биссектрисой $BL$ как $P$.

Рассмотрим треугольник $ABK$. В этом треугольнике отрезок $BP$ является одновременно биссектрисой угла $ABK$ (так как $L$ лежит на биссектрисе угла $ABC$, а $K$ на прямой $BC$) и высотой, проведенной к стороне $AK$ (так как $AK \perp BL$ по условию). Треугольник, в котором биссектриса является высотой, является равнобедренным. Следовательно, треугольник $ABK$ — равнобедренный, и $AB = BK$.

Аналогично, через вершину $C$ проведена прямая, перпендикулярная биссектрисе $BL$, которая пересекает прямую $AB$ в точке $M$. Обозначим точку пересечения этой прямой с биссектрисой $BL$ как $Q$. Рассмотрим треугольник $CBM$. В нем $BQ$ является биссектрисой угла $CBM$ и высотой к стороне $CM$. Следовательно, треугольник $CBM$ также является равнобедренным, и $BC = BM$.

Из условия задачи нам известно, что $BM = 8$ см. Так как $BC = BM$, то $BC = 8$ см.

Точка $K$ лежит на прямой $BC$. Возможны два случая расположения точки $K$ относительно точек $B$ и $C$:

1. Точка $C$ лежит между точками $B$ и $K$.
2. Точка $K$ лежит между точками $B$ и $C$.

Рассмотрим первый случай, который соответствует стандартному расположению точек в подобных задачах. Если точка $C$ лежит между $B$ и $K$, то длина отрезка $BK$ равна сумме длин отрезков $BC$ и $CK$:

$BK = BC + CK$

Подставляя известные значения $BC = 8$ см и $KC = 1$ см, получаем:

$BK = 8 + 1 = 9$ см.

Поскольку мы ранее установили, что $AB = BK$, то сторона $AB$ равна:

$AB = 9$ см.

(Во втором случае, если бы точка $K$ лежала между $B$ и $C$, то $BK = BC - KC = 8 - 1 = 7$ см, и тогда $AB = 7$ см. Оба случая математически возможны, но традиционно в таких задачах подразумевается конфигурация, приводящая к одному решению).

Ответ: 9 см.

18.18. Стороны параллелограмма равны $a$ и $b$, а диагонали — $m$ и $n$. Докажите, что $a^4 + b^4 = m^2n^2$ тогда и только тогда, когда острый угол параллелограмма равен $45^\circ$.

Для доказательства утверждения "тогда и только тогда" необходимо доказать две части: прямое утверждение и обратное.

1. Докажем, что если острый угол параллелограмма равен 45°, то $a^4 + b^4 = m^2n^2$.

Пусть $\alpha$ — острый угол параллелограмма между сторонами $a$ и $b$. Тогда тупой угол равен $180^\circ - \alpha$.

Воспользуемся теоремой косинусов для двух треугольников, образованных сторонами $a$, $b$ и диагоналями $m$ и $n$. Пусть $n$ — диагональ, противолежащая острому углу $\alpha$, а $m$ — диагональ, противолежащая тупому углу.

Для диагонали $n$:

$n^2 = a^2 + b^2 - 2ab \cos \alpha$

Для диагонали $m$:

$m^2 = a^2 + b^2 - 2ab \cos(180^\circ - \alpha)$

Поскольку $\cos(180^\circ - \alpha) = -\cos \alpha$, получаем:

$m^2 = a^2 + b^2 + 2ab \cos \alpha$

По условию, острый угол $\alpha = 45^\circ$. Значение его косинуса: $\cos 45^\circ = \frac{\sqrt{2}}{2}$.

Подставим это значение в выражения для квадратов диагоналей:

$n^2 = a^2 + b^2 - 2ab \left(\frac{\sqrt{2}}{2}\right) = a^2 + b^2 - ab\sqrt{2}$

$m^2 = a^2 + b^2 + 2ab \left(\frac{\sqrt{2}}{2}\right) = a^2 + b^2 + ab\sqrt{2}$

Теперь найдем произведение $m^2n^2$:

$m^2n^2 = (a^2 + b^2 + ab\sqrt{2})(a^2 + b^2 - ab\sqrt{2})$

Это выражение является разностью квадратов вида $(x+y)(x-y) = x^2 - y^2$, где $x = a^2 + b^2$ и $y = ab\sqrt{2}$.

$m^2n^2 = (a^2 + b^2)^2 - (ab\sqrt{2})^2$

$m^2n^2 = (a^4 + 2a^2b^2 + b^4) - (a^2b^2 \cdot 2)$

$m^2n^2 = a^4 + 2a^2b^2 + b^4 - 2a^2b^2$

$m^2n^2 = a^4 + b^4$

Таким образом, первая часть доказана.

Ответ: Доказано, что если острый угол параллелограмма равен 45°, то $a^4 + b^4 = m^2n^2$.

2. Докажем, что если $a^4 + b^4 = m^2n^2$, то острый угол параллелограмма равен 45°.

Начнем с тех же выражений для квадратов диагоналей через произвольный острый угол $\alpha$:

$n^2 = a^2 + b^2 - 2ab \cos \alpha$

$m^2 = a^2 + b^2 + 2ab \cos \alpha$

Перемножим эти два выражения:

$m^2n^2 = (a^2 + b^2 + 2ab \cos \alpha)(a^2 + b^2 - 2ab \cos \alpha)$

Снова используем формулу разности квадратов:

$m^2n^2 = (a^2 + b^2)^2 - (2ab \cos \alpha)^2$

$m^2n^2 = a^4 + 2a^2b^2 + b^4 - 4a^2b^2 \cos^2 \alpha$

Теперь воспользуемся условием $a^4 + b^4 = m^2n^2$ и подставим его в полученное равенство:

$a^4 + b^4 = a^4 + 2a^2b^2 + b^4 - 4a^2b^2 \cos^2 \alpha$

Сократим $a^4$ и $b^4$ в обеих частях уравнения:

$0 = 2a^2b^2 - 4a^2b^2 \cos^2 \alpha$

Перенесем член с косинусом в левую часть:

$4a^2b^2 \cos^2 \alpha = 2a^2b^2$

Поскольку $a$ и $b$ — длины сторон параллелограмма, они не равны нулю ($a>0, b>0$). Следовательно, мы можем разделить обе части на $4a^2b^2$:

$\cos^2 \alpha = \frac{2a^2b^2}{4a^2b^2} = \frac{1}{2}$

Отсюда $\cos \alpha = \pm\sqrt{\frac{1}{2}} = \pm\frac{1}{\sqrt{2}} = \pm\frac{\sqrt{2}}{2}$.

Так как по условию речь идет об остром угле параллелограмма, его мера находится в интервале $(0^\circ, 90^\circ)$. В этом диапазоне косинус всегда положителен. Поэтому мы выбираем положительное значение:

$\cos \alpha = \frac{\sqrt{2}}{2}$

Единственный острый угол, косинус которого равен $\frac{\sqrt{2}}{2}$, это $\alpha = 45^\circ$.

Таким образом, вторая часть доказана.

Ответ: Доказано, что если $a^4 + b^4 = m^2n^2$, то острый угол параллелограмма равен 45°.