Страница 211 - гдз по геометрии 11 класс учебник Мерзляк, Номировский

22.58. Внутри треугольника $ABC$ выбрана точка $M$ так, что площади треугольников $AMB$, $BMC$ и $AMC$ равны. Докажите, что $M$ — точка пересечения медиан треугольника $ABC$.

Пусть дан треугольник $ABC$ и точка $M$ внутри него. По условию, площади треугольников $AMB$, $BMC$ и $AMC$ равны. Обозначим эту площадь как $S$.

$S_{AMB} = S_{BMC} = S_{AMC} = S$

Наша задача — доказать, что точка $M$ является точкой пересечения медиан треугольника $ABC$. Точка пересечения медиан также называется центроидом.

Доказательство:

1. Проведем луч из вершины $A$ через точку $M$ до пересечения со стороной $BC$ в точке $K$. Нам нужно доказать, что отрезок $AK$ является медианой, то есть что точка $K$ — середина стороны $BC$.

2. Рассмотрим треугольники $ABK$ и $ACK$. Они имеют общую высоту, проведенную из вершины $A$ к стороне $BC$. Отношение их площадей равно отношению их оснований:

$\frac{S_{ABK}}{S_{ACK}} = \frac{BK}{CK}$

3. Теперь рассмотрим треугольники $MBK$ и $MCK$. Они также имеют общую высоту, проведенную из вершины $M$ к стороне $BC$. Следовательно, отношение их площадей также равно отношению их оснований:

$\frac{S_{MBK}}{S_{MCK}} = \frac{BK}{CK}$

4. Из двух предыдущих пунктов следует, что:

$\frac{S_{ABK}}{S_{ACK}} = \frac{S_{MBK}}{S_{MCK}}$

5. Площадь треугольника $ABK$ можно представить как сумму площадей треугольников $AMB$ и $MBK$. Аналогично, площадь треугольника $ACK$ — это сумма площадей $AMC$ и $MCK$.

$S_{ABK} = S_{AMB} + S_{MBK}$

$S_{ACK} = S_{AMC} + S_{MCK}$

6. Подставим эти выражения в равенство из пункта 4:

$\frac{S_{AMB} + S_{MBK}}{S_{AMC} + S_{MCK}} = \frac{S_{MBK}}{S_{MCK}}$

7. По условию задачи, $S_{AMB} = S_{AMC} = S$. Подставим это в наше уравнение:

$\frac{S + S_{MBK}}{S + S_{MCK}} = \frac{S_{MBK}}{S_{MCK}}$

8. Используя свойство пропорции (произведение крайних членов равно произведению средних), получаем:

$(S + S_{MBK}) \cdot S_{MCK} = (S + S_{MCK}) \cdot S_{MBK}$

$S \cdot S_{MCK} + S_{MBK} \cdot S_{MCK} = S \cdot S_{MBK} + S_{MCK} \cdot S_{MBK}$

Вычтем из обеих частей $S_{MBK} \cdot S_{MCK}$:

$S \cdot S_{MCK} = S \cdot S_{MBK}$

Поскольку точка $M$ находится внутри треугольника, площадь $S$ не равна нулю. Значит, мы можем разделить обе части на $S$:

$S_{MCK} = S_{MBK}$

9. Так как площади треугольников $MBK$ и $MCK$ равны и они имеют общую высоту из точки $M$, то их основания также должны быть равны:

$BK = CK$

Это означает, что точка $K$ является серединой стороны $BC$, а следовательно, отрезок $AK$ — медиана треугольника $ABC$.

10. Аналогично, если провести луч из вершины $B$ через точку $M$ до пересечения со стороной $AC$, мы докажем, что этот луч является второй медианой. Точно так же луч из $C$ через $M$ будет третьей медианой.

Поскольку точка $M$ лежит на всех трех медианах треугольника $ABC$, она является точкой их пересечения.

Ответ: Что и требовалось доказать.

22.59. На отрезке, соединяющем середины оснований трапеции, отметили точку и соединили её со всеми вершинами трапеции. Докажите, что треугольники, прилежащие к боковым сторонам трапеции, равновелики.

Пусть дана трапеция $ABCD$ с основаниями $AD$ и $BC$. Пусть $M$ — середина основания $BC$, а $N$ — середина основания $AD$. Точка $P$ лежит на отрезке $MN$. Требуется доказать, что площади треугольников $PAB$ и $PCD$, прилежащих к боковым сторонам $AB$ и $CD$, равны, то есть $S_{\triangle PAB} = S_{\triangle PCD}$.

Для доказательства воспользуемся методом, основанным на линейности площади. Площадь треугольника, у которого две вершины фиксированы, является линейной функцией координат третьей вершины. Поскольку точка $P$ движется по отрезку $MN$, её координаты линейно зависят от некоторого параметра (например, от отношения $PN/MN$). Следовательно, разность площадей $f(P) = S_{\triangle PAB} - S_{\triangle PCD}$ также является линейной функцией этого параметра.

Линейная функция будет равна нулю на всём отрезке, если она равна нулю в его концах. Таким образом, достаточно доказать утверждение для двух крайних положений точки $P$: когда $P$ совпадает с $N$ и когда $P$ совпадает с $M$.

1. Случай, когда точка $P$ совпадает с точкой $N$ (серединой основания $AD$).

В этом случае нам нужно доказать, что $S_{\triangle NAB} = S_{\triangle NCD}$.

Рассмотрим треугольник $NAB$. Его основание $AN$ равно половине основания $AD$, то есть $AN = \frac{1}{2}AD$. Высота треугольника $NAB$, проведённая из вершины $B$ к прямой $AD$, равна высоте трапеции $h$.

Таким образом, площадь треугольника $NAB$ равна:

$S_{\triangle NAB} = \frac{1}{2} \cdot AN \cdot h = \frac{1}{2} \cdot \frac{AD}{2} \cdot h = \frac{AD \cdot h}{4}$

Рассмотрим треугольник $NCD$. Его основание $ND$ равно половине основания $AD$, то есть $ND = \frac{1}{2}AD$. Высота треугольника $NCD$, проведённая из вершины $C$ к прямой $AD$, также равна высоте трапеции $h$.

Таким образом, площадь треугольника $NCD$ равна:

$S_{\triangle NCD} = \frac{1}{2} \cdot ND \cdot h = \frac{1}{2} \cdot \frac{AD}{2} \cdot h = \frac{AD \cdot h}{4}$

Следовательно, $S_{\triangle NAB} = S_{\triangle NCD}$. Утверждение для точки $N$ доказано.

2. Случай, когда точка $P$ совпадает с точкой $M$ (серединой основания $BC$).

В этом случае нам нужно доказать, что $S_{\triangle MAB} = S_{\triangle MCD}$.

Рассмотрим треугольники $\triangle ABD$ и $\triangle ACD$. У них общее основание $AD$ и равные высоты, так как обе высоты равны высоте трапеции $h$. Следовательно, их площади равны:

$S_{\triangle ABD} = S_{\triangle ACD}$

Теперь рассмотрим треугольники $\triangle BMD$ и $\triangle CMD$. У них равные основания $BM$ и $MC$ (так как $M$ — середина $BC$), и они имеют общую высоту, проведённую из вершины $D$ к прямой $BC$. Следовательно, их площади также равны:

$S_{\triangle BMD} = S_{\triangle CMD}$

Площадь четырёхугольника $ABMD$ можно представить как сумму площадей треугольников, из которых он состоит:

$S_{ABMD} = S_{\triangle ABD} + S_{\triangle BMD}$

Аналогично для четырёхугольника $AMCD$:

$S_{AMCD} = S_{\triangle ACD} + S_{\triangle CMD}$

Поскольку $S_{\triangle ABD} = S_{\triangle ACD}$ и $S_{\triangle BMD} = S_{\triangle CMD}$, мы можем заключить, что площади четырёхугольников равны:

$S_{ABMD} = S_{AMCD}$

Теперь представим площади этих же четырёхугольников по-другому:

$S_{ABMD} = S_{\triangle MAB} + S_{\triangle MAD}$

$S_{AMCD} = S_{\triangle MCD} + S_{\triangle MAD}$

Приравнивая эти выражения, получаем:

$S_{\triangle MAB} + S_{\triangle MAD} = S_{\triangle MCD} + S_{\triangle MAD}$

Вычитая из обеих частей равенства $S_{\triangle MAD}$, получаем:

$S_{\triangle MAB} = S_{\triangle MCD}$

Утверждение для точки $M$ доказано.

Заключение

Мы показали, что разность площадей $S_{\triangle PAB} - S_{\triangle PCD}$ равна нулю, когда точка $P$ находится в концах отрезка $MN$. Так как эта разность является линейной функцией положения точки $P$ на отрезке, она равна нулю для любой точки $P$ на этом отрезке. Таким образом, для любой точки $P$ на отрезке, соединяющем середины оснований трапеции, площади треугольников, прилежащих к боковым сторонам, равны.

Ответ: Утверждение доказано. Площади треугольников, прилежащие к боковым сторонам трапеции, равновелики.

22.60. Точки $M$, $N$ и $P$ принадлежат сторонам $AB$, $BC$ и $CA$ треугольника $ABC$ соответственно. Известно, что $AM : AB = BN : BC = CP : CA = 1 : 3$. Площадь треугольника $MNP$ равна $S$. Найдите площадь треугольника $ABC$.

Пусть площадь треугольника $ABC$ обозначается $S_{ABC}$. По условию, площадь треугольника $MNP$ равна $S$.

Площадь треугольника $ABC$ можно представить как сумму площадей четырех треугольников: $AMP$, $BMN$, $CPN$ и $MNP$. Таким образом, $S_{ABC} = S_{AMP} + S_{BMN} + S_{CPN} + S_{MNP}$.

Выразим площади "угловых" треугольников $AMP$, $BMN$ и $CPN$ через площадь треугольника $ABC$, используя свойство площадей треугольников с общим углом и данные из условия соотношения сторон.

Из условия $AM : AB = 1:3$ следует, что $AM = \frac{1}{3}AB$, а $BM = AB - AM = AB - \frac{1}{3}AB = \frac{2}{3}AB$.

Из условия $BN : BC = 1:3$ следует, что $BN = \frac{1}{3}BC$, а $CN = BC - BN = BC - \frac{1}{3}BC = \frac{2}{3}BC$.

Из условия $CP : CA = 1:3$ следует, что $CP = \frac{1}{3}CA$, а $AP = CA - CP = CA - \frac{1}{3}CA = \frac{2}{3}CA$.

Теперь найдем площади угловых треугольников. Отношение площадей треугольников, имеющих общий угол, равно отношению произведений сторон, образующих этот угол.

Для треугольника $AMP$ и $ABC$ с общим углом $A$:

$\frac{S_{AMP}}{S_{ABC}} = \frac{AM \cdot AP}{AB \cdot AC} = \frac{(\frac{1}{3}AB) \cdot (\frac{2}{3}AC)}{AB \cdot AC} = \frac{1}{3} \cdot \frac{2}{3} = \frac{2}{9}$. Отсюда $S_{AMP} = \frac{2}{9}S_{ABC}$.

Для треугольника $BMN$ и $ABC$ с общим углом $B$:

$\frac{S_{BMN}}{S_{ABC}} = \frac{BM \cdot BN}{AB \cdot BC} = \frac{(\frac{2}{3}AB) \cdot (\frac{1}{3}BC)}{AB \cdot BC} = \frac{2}{3} \cdot \frac{1}{3} = \frac{2}{9}$. Отсюда $S_{BMN} = \frac{2}{9}S_{ABC}$.

Для треугольника $CPN$ и $ABC$ с общим углом $C$:

$\frac{S_{CPN}}{S_{ABC}} = \frac{CP \cdot CN}{CA \cdot CB} = \frac{(\frac{1}{3}CA) \cdot (\frac{2}{3}BC)}{CA \cdot BC} = \frac{1}{3} \cdot \frac{2}{3} = \frac{2}{9}$. Отсюда $S_{CPN} = \frac{2}{9}S_{ABC}$.

Теперь мы можем найти площадь треугольника $MNP$, которая по условию равна $S$:

$S = S_{MNP} = S_{ABC} - S_{AMP} - S_{BMN} - S_{CPN}$

$S = S_{ABC} - \frac{2}{9}S_{ABC} - \frac{2}{9}S_{ABC} - \frac{2}{9}S_{ABC}$

$S = S_{ABC} - 3 \cdot \frac{2}{9}S_{ABC}$

$S = S_{ABC} - \frac{6}{9}S_{ABC}$

$S = S_{ABC} - \frac{2}{3}S_{ABC}$

$S = \frac{1}{3}S_{ABC}$

Из этого уравнения находим искомую площадь треугольника $ABC$:

$S_{ABC} = 3S$

Ответ: $3S$.

22.61. Два треугольника $ABC$ и $A_1B_1C_1$ расположены так, что точка $B$ — середина отрезка $AB_1$, точка $C$ — середина отрезка $BC_1$, точка $A$ — середина отрезка $CA_1$. Найдите площадь треугольника $A_1B_1C_1$, если площадь треугольника $ABC$ равна $S$.

Обозначим площадь треугольника $ABC$ как $S_{ABC}$, а площадь треугольника $A_1B_1C_1$ как $S_{A_1B_1C_1}$. По условию, $S_{ABC} = S$.

Рассмотрим треугольники $ABC$ и $A_1B_1C_1$ в векторном виде. Пусть $A, B, C$ — радиус-векторы вершин треугольника $ABC$, а $A_1, B_1, C_1$ — радиус-векторы вершин треугольника $A_1B_1C_1$.

Из условия задачи следуют соотношения:

• Точка $B$ — середина отрезка $AB_1$, следовательно, $B = \frac{A + B_1}{2}$, откуда $B_1 = 2B - A$.
• Точка $C$ — середина отрезка $BC_1$, следовательно, $C = \frac{B + C_1}{2}$, откуда $C_1 = 2C - B$.
• Точка $A$ — середина отрезка $CA_1$, следовательно, $A = \frac{C + A_1}{2}$, откуда $A_1 = 2A - C$.

Площадь треугольника $ABC$ может быть выражена через векторное произведение его сторон: $S = S_{ABC} = \frac{1}{2} |\vec{AB} \times \vec{AC}| = \frac{1}{2} |(B-A) \times (C-A)|$.

Найдем векторы сторон треугольника $A_1B_1C_1$:

$\vec{A_1B_1} = B_1 - A_1 = (2B - A) - (2A - C) = 2B - 3A + C$

$\vec{A_1C_1} = C_1 - A_1 = (2C - B) - (2A - C) = 3C - B - 2A$

Теперь найдем векторное произведение этих сторон:

$\vec{A_1B_1} \times \vec{A_1C_1} = (2B - 3A + C) \times (3C - B - 2A)$

Раскроем скобки, учитывая, что $V \times V = 0$ и $U \times V = -V \times U$:

$(2B \times 3C) - (2B \times B) - (2B \times 2A) - (3A \times 3C) + (3A \times B) + (3A \times 2A) + (C \times 3C) - (C \times B) - (C \times 2A)$

$= 6(B \times C) - 0 - 4(B \times A) - 9(A \times C) + 3(A \times B) + 0 + 0 - (C \times B) - 2(C \times A)$

$= 6(B \times C) + 4(A \times B) + 9(C \times A) + 3(A \times B) + (B \times C) - 2(C \times A)$

Сгруппируем подобные члены:

$= (4+3)(A \times B) + (6+1)(B \times C) + (9-2)(C \times A)$

$= 7(A \times B) + 7(B \times C) + 7(C \times A)$

$= 7(A \times B + B \times C + C \times A)$

Вспомним, что векторное произведение, соответствующее площади треугольника $ABC$, равно:

$(B-A) \times (C-A) = B \times C - B \times A - A \times C + A \times A = B \times C + A \times B + C \times A$

Таким образом, мы получили:

$\vec{A_1B_1} \times \vec{A_1C_1} = 7 (A \times B + B \times C + C \times A) = 7 (\vec{AB} \times \vec{AC})$

Площадь треугольника $A_1B_1C_1$ равна:

$S_{A_1B_1C_1} = \frac{1}{2} |\vec{A_1B_1} \times \vec{A_1C_1}| = \frac{1}{2} |7 (\vec{AB} \times \vec{AC})| = 7 \cdot \left(\frac{1}{2} |\vec{AB} \times \vec{AC}|\right) = 7 S_{ABC} = 7S$.

Альтернативное геометрическое решение:

Площадь треугольника $A_1B_1C_1$ можно представить как сумму площади центрального треугольника $ABC$ и трех треугольников, примыкающих к его сторонам: $A_1BC$, $B_1CA$ и $C_1AB$.

$S_{A_1B_1C_1} = S_{ABC} + S_{A_1BC} + S_{B_1CA} + S_{C_1AB}$

1. Найдем площадь треугольника $A_1BC$. По условию, точка $A$ — середина отрезка $CA_1$. Это значит, что точки $C, A, A_1$ лежат на одной прямой и $CA = AA_1$. Рассмотрим треугольники $ABC$ и $A_1BA$. У них общее основание $AB$... нет, это неверный подход. Рассмотрим треугольники $ABC$ и $A_1BA$ с общей высотой из вершины $B$ на прямую $CA_1$. Их основания $AC$ и $AA_1$ равны. Следовательно, их площади равны: $S_{A_1BA} = S_{ABC} = S$. Тогда площадь треугольника $A_1BC$ равна сумме площадей треугольников $ABC$ и $A_1BA$: $S_{A_1BC} = S_{ABC} + S_{A_1BA} = S + S = 2S$.

2. Аналогично, найдем площадь треугольника $B_1CA$. Точка $B$ — середина отрезка $AB_1$. Треугольники $ABC$ и $B_1CB$ имеют равные основания $AB$ и $B_1B$ и общую высоту из вершины $C$ на прямую $AB_1$. Значит, $S_{B_1CB} = S_{ABC} = S$. Площадь треугольника $B_1CA$ равна: $S_{B_1CA} = S_{ABC} + S_{B_1CB} = S + S = 2S$.

3. Аналогично, найдем площадь треугольника $C_1AB$. Точка $C$ — середина отрезка $BC_1$. Треугольники $ABC$ и $C_1AC$ имеют равные основания $BC$ и $C_1C$ и общую высоту из вершины $A$ на прямую $BC_1$. Значит, $S_{C_1AC} = S_{ABC} = S$. Площадь треугольника $C_1AB$ равна: $S_{C_1AB} = S_{ABC} + S_{C_1AC} = S + S = 2S$.

Теперь сложим площади всех четырех треугольников:

$S_{A_1B_1C_1} = S_{ABC} + S_{A_1BC} + S_{B_1CA} + S_{C_1AB} = S + 2S + 2S + 2S = 7S$.

Ответ: $7S$

22.62. Два параллелограмма $ABCD$ и $A_1B_1C_1D_1$ расположены так, что точка $B$ — середина отрезка $AB_1$, точка $C$ — середина отрезка $BC_1$, точка $D$ — середина отрезка $CD_1$, точка $A$ — середина отрезка $DA_1$. Найдите площадь параллелограмма $A_1B_1C_1D_1$, если площадь параллелограмма $ABCD$ равна $S$.

Для решения задачи воспользуемся векторным методом. Пусть $\vec{AB} = \vec{u}$ и $\vec{AD} = \vec{v}$. Тогда площадь параллелограмма $ABCD$ равна модулю векторного произведения этих векторов:

$S_{ABCD} = |\vec{u} \times \vec{v}| = S$

Выразим векторы, определяющие вершины параллелограмма $A_1B_1C_1D_1$, через векторы $\vec{u}$ и $\vec{v}$. За начало отсчета примем точку $A$.

Из условия задачи известны следующие соотношения:

• Точка $B$ — середина отрезка $AB_1$. Это означает, что $\vec{AB} = \vec{BB_1}$. Тогда $\vec{AB_1} = \vec{AB} + \vec{BB_1} = 2\vec{AB} = 2\vec{u}$.
• Точка $C$ — середина отрезка $BC_1$. Это означает, что $\vec{BC} = \vec{CC_1}$. В параллелограмме $ABCD$ вектор $\vec{BC} = \vec{AD} = \vec{v}$. Следовательно, $\vec{BC_1} = 2\vec{BC} = 2\vec{v}$.
• Точка $D$ — середина отрезка $CD_1$. Это означает, что $\vec{CD} = \vec{DD_1}$. В параллелограмме $ABCD$ вектор $\vec{CD} = -\vec{AB} = -\vec{u}$. Следовательно, $\vec{DD_1} = -\vec{u}$.
• Точка $A$ — середина отрезка $DA_1$. Это означает, что $\vec{DA} = \vec{AA_1}$. В параллелограмме $ABCD$ вектор $\vec{DA} = -\vec{AD} = -\vec{v}$. Следовательно, $\vec{AA_1} = -\vec{v}$.

Теперь найдем векторы, образующие стороны параллелограмма $A_1B_1C_1D_1$. Например, векторы $\vec{A_1B_1}$ и $\vec{A_1D_1}$.

Выразим вектор $\vec{A_1B_1}$:

$\vec{A_1B_1} = \vec{A_1A} + \vec{AB_1}$

Мы знаем, что $\vec{A_1A} = -\vec{AA_1} = -(-\vec{v}) = \vec{v}$ и $\vec{AB_1} = 2\vec{u}$.

Таким образом, $\vec{A_1B_1} = \vec{v} + 2\vec{u} = 2\vec{u} + \vec{v}$.

Выразим вектор $\vec{A_1D_1}$:

$\vec{A_1D_1} = \vec{A_1A} + \vec{AD} + \vec{DD_1}$

Мы знаем, что $\vec{A_1A} = \vec{v}$, $\vec{AD} = \vec{v}$ и $\vec{DD_1} = -\vec{u}$.

Таким образом, $\vec{A_1D_1} = \vec{v} + \vec{v} + (-\vec{u}) = 2\vec{v} - \vec{u}$.

Площадь параллелограмма $A_1B_1C_1D_1$ равна модулю векторного произведения векторов $\vec{A_1B_1}$ и $\vec{A_1D_1}$:

$S_{A_1B_1C_1D_1} = |\vec{A_1B_1} \times \vec{A_1D_1}| = |(2\vec{u} + \vec{v}) \times (-\vec{u} + 2\vec{v})|$

Раскроем скобки, используя свойства векторного произведения (дистрибутивность и антикоммутативность):

$ (2\vec{u} + \vec{v}) \times (-\vec{u} + 2\vec{v}) = 2\vec{u} \times (-\vec{u}) + 2\vec{u} \times 2\vec{v} + \vec{v} \times (-\vec{u}) + \vec{v} \times 2\vec{v} $

Учитывая, что $\vec{u} \times \vec{u} = 0$, $\vec{v} \times \vec{v} = 0$ и $\vec{v} \times \vec{u} = -(\vec{u} \times \vec{v})$, получим:

$ = -2(\vec{u} \times \vec{u}) + 4(\vec{u} \times \vec{v}) - (\vec{v} \times \vec{u}) + 2(\vec{v} \times \vec{v}) $

$ = 0 + 4(\vec{u} \times \vec{v}) - (-(\vec{u} \times \vec{v})) + 0 $

$ = 4(\vec{u} \times \vec{v}) + (\vec{u} \times \vec{v}) = 5(\vec{u} \times \vec{v}) $

Тогда площадь равна:

$S_{A_1B_1C_1D_1} = |5(\vec{u} \times \vec{v})| = 5|\vec{u} \times \vec{v}| = 5S$

Ответ: $5S$.

22.63. В треугольник $ABC$ вписана окружность. Касательная к этой окружности пересекает стороны $AB$ и $BC$ в точках $K$ и $L$ соответ- ственно. Периметр треугольника $KBL$ равен 10 см. Найдите сторо- ну $AC$, если периметр треугольника $ABC$ равен 24 см.

Пусть вписанная в треугольник $ABC$ окружность касается его сторон $AB$, $BC$ и $AC$ в точках $M$, $N$ и $P$ соответственно. Касательная $KL$ ($K \in AB$, $L \in BC$) касается этой же окружности в некоторой точке $T$.

Воспользуемся свойством касательных, проведенных к окружности из одной точки: отрезки касательных от этой точки до точек касания равны.

Для треугольника $KBL$ и его вершин $K$ и $L$ имеем:
$KT = KM$ (касательные из точки $K$)
$LT = LN$ (касательные из точки $L$)

Периметр треугольника $KBL$ равен $P_{KBL} = BK + BL + KL$.
Так как отрезок $KL$ состоит из отрезков $KT$ и $LT$, то $KL = KT + LT$.
Подставим это в формулу периметра:
$P_{KBL} = BK + BL + KT + LT$
Заменим $KT$ на $KM$ и $LT$ на $LN$:
$P_{KBL} = BK + BL + KM + LN$
Сгруппируем слагаемые:
$P_{KBL} = (BK + KM) + (BL + LN)$
Так как точки $K$ и $M$ лежат на стороне $AB$, а $L$ и $N$ на $BC$, то $BK + KM = BM$ и $BL + LN = BN$.
Следовательно, $P_{KBL} = BM + BN$.
По условию задачи $P_{KBL} = 10$ см, значит $BM + BN = 10$ см.

По свойству касательных, проведенных из вершины $B$, отрезки $BM$ и $BN$ равны: $BM = BN$.
Тогда $2 \cdot BM = 10$ см, откуда $BM = BN = 5$ см.

Теперь рассмотрим периметр треугольника $ABC$:
$P_{ABC} = AB + BC + AC$.
Расшишем стороны $AB$ и $BC$ через точки касания:
$P_{ABC} = (AM + MB) + (BN + NC) + AC$.
Используем свойство касательных для вершин $A$ и $C$:
$AM = AP$
$CN = CP$
Подставим эти равенства в формулу периметра:
$P_{ABC} = (AP + MB) + (BN + PC) + AC$.
Сгруппируем слагаемые иначе:
$P_{ABC} = (MB + BN) + (AP + PC) + AC$.

Мы знаем, что $MB + BN = 10$ см, а сумма отрезков $AP + PC$ равна стороне $AC$.
Подставим эти значения:
$P_{ABC} = 10 + AC + AC$
$P_{ABC} = 10 + 2 \cdot AC$

По условию $P_{ABC} = 24$ см. Составим и решим уравнение:
$24 = 10 + 2 \cdot AC$
$2 \cdot AC = 24 - 10$
$2 \cdot AC = 14$
$AC = \frac{14}{2} = 7$ см.

Ответ: 7 см.

22.64. В треугольник $ABC$, периметр которого равен 30 см, вписана окружность. Касательная к этой окружности пересекает стороны $AB$ и $BC$ в точках $K$ и $L$ соответственно. Найдите периметр треугольника $KBL$, если $AC = 12$ см.

Пусть в треугольник $ABC$ вписана окружность. Обозначим точки касания этой окружности со сторонами $AB$, $BC$ и $AC$ как $M$, $N$ и $P$ соответственно. Прямая $KL$ является касательной к этой же окружности, где точка $K$ лежит на стороне $AB$, а точка $L$ — на стороне $BC$. Обозначим точку касания прямой $KL$ с окружностью как $T$.

Периметр треугольника $KBL$ ($P_{KBL}$) равен сумме длин его сторон:$P_{KBL} = KB + BL + KL$

Согласно свойству касательных, проведенных к окружности из одной точки, длины отрезков касательных от этой точки до точек касания равны.

Точка $K$ является точкой пересечения двух касательных к окружности: прямой $AB$ (точка касания $M$) и прямой $KL$ (точка касания $T$). Следовательно, длины отрезков касательных из точки $K$ равны: $KM = KT$.

Аналогично, точка $L$ является точкой пересечения касательных $BC$ (точка касания $N$) и $KL$ (точка касания $T$). Следовательно, $LN = LT$.

Длину стороны $KL$ можно представить как сумму отрезков $KT + LT$. Заменив эти отрезки равными им, получаем:$KL = KT + LT = KM + LN$

Теперь подставим это выражение в формулу для периметра треугольника $KBL$:$P_{KBL} = KB + BL + (KM + LN)$

Сгруппируем слагаемые:$P_{KBL} = (KB + KM) + (BL + LN)$

Сумма $(KB + KM)$ — это длина отрезка $BM$, который является касательной, проведенной из вершины $B$ к вписанной окружности. Аналогично, сумма $(BL + LN)$ — это длина отрезка $BN$. Таким образом, периметр треугольника $KBL$ равен сумме длин отрезков касательных, проведенных из вершины $B$:$P_{KBL} = BM + BN$

Поскольку $BM$ и $BN$ — это отрезки касательных, проведенных из одной и той же точки $B$ к окружности, их длины равны ($BM = BN$). Следовательно:$P_{KBL} = 2 \cdot BM$

Теперь найдем длину отрезка $BM$. Длину отрезка касательной от вершины треугольника до точки касания с вписанной окружностью можно найти по формуле $BM = s - b$, где $s$ — полупериметр треугольника $ABC$, а $b$ — длина стороны, противолежащей вершине $B$ (то есть сторона $AC$).

Полупериметр треугольника $ABC$ равен:$s = \frac{P_{ABC}}{2} = \frac{30}{2} = 15$ см.

Из условия задачи известно, что $AC = 12$ см.

Вычислим длину отрезка $BM$:$BM = s - AC = 15 - 12 = 3$ см.

Наконец, находим искомый периметр треугольника $KBL$:$P_{KBL} = 2 \cdot BM = 2 \cdot 3 = 6$ см.

Ответ: 6 см.

22.65. В остроугольном треугольнике $ABC$ проведены высоты $AA_1$ и $CC_1$.
Точка $O$ — центр окружности, описанной около треугольника $ABC$.
Докажите, что отрезки $BO$ и $A_1C_1$ перпендикулярны.

Пусть в остроугольном треугольнике $ABC$ проведены высоты $AA_1$ и $CC_1$ ($A_1$ на стороне $BC$, $C_1$ на стороне $AB$). Точка $O$ — центр описанной окружности $\triangle ABC$. Обозначим углы треугольника как $\angle A = \alpha$, $\angle B = \beta$, $\angle C = \gamma$.

1. Рассмотрим треугольник $A_1BC_1$. Поскольку $CC_1$ — высота, $\triangle BC_1C$ является прямоугольным с гипотенузой $BC$. Из определения косинуса имеем $BC_1 = BC \cdot \cos(\beta)$. Аналогично, поскольку $AA_1$ — высота, $\triangle BA_1A$ является прямоугольным с гипотенузой $AB$, и $BA_1 = AB \cdot \cos(\beta)$.

2. Сравним треугольники $A_1BC_1$ и $ABC$. У них общий угол $\angle B = \beta$. Рассмотрим отношение сторон, прилежащих к этому углу:$$ \frac{BC_1}{BC} = \cos(\beta) \quad \text{и} \quad \frac{BA_1}{AB} = \cos(\beta) $$Так как отношения сторон равны ($\frac{BC_1}{BC} = \frac{BA_1}{AB}$), то $\triangle A_1BC_1$ подобен $\triangle ABC$ по второму признаку подобия (по двум пропорциональным сторонам и углу между ними).Из подобия следует равенство соответствующих углов: $\angle BC_1A_1 = \angle BCA = \gamma$.

3. Теперь определим угол, который образует прямая $BO$ со стороной $AB$. Точка $O$ — центр описанной окружности, поэтому $OA = OB$ как радиусы этой окружности. Следовательно, треугольник $AOB$ является равнобедренным.
Угол $\angle AOB$ является центральным углом, опирающимся на дугу $AB$. Вписанный угол, опирающийся на ту же дугу, — это $\angle ACB = \gamma$. Величина центрального угла в два раза больше величины вписанного, поэтому $\angle AOB = 2\gamma$.
В равнобедренном треугольнике $AOB$ углы при основании равны:$$ \angle OBA = \angle OAB = \frac{180^\circ - \angle AOB}{2} = \frac{180^\circ - 2\gamma}{2} = 90^\circ - \gamma $$

4. Докажем перпендикулярность отрезков. Пусть $K$ — точка пересечения прямых $BO$ и $A_1C_1$. Рассмотрим треугольник $BKC_1$.
Угол $\angle KBC_1$ совпадает с углом $\angle OBA$, так как точка $C_1$ лежит на стороне $AB$. Таким образом, $\angle KBC_1 = 90^\circ - \gamma$.
Угол $\angle KC_1B$ совпадает с углом $\angle A_1C_1B$. Как было показано в пункте 2, $\angle BC_1A_1 = \gamma$.
Сумма углов в треугольнике $BKC_1$ равна $180^\circ$. Найдем третий угол $\angle BKC_1$:$$ \angle BKC_1 = 180^\circ - (\angle KBC_1 + \angle KC_1B) = 180^\circ - ((90^\circ - \gamma) + \gamma) = 180^\circ - 90^\circ = 90^\circ $$Поскольку угол между прямыми, содержащими отрезки $BO$ и $A_1C_1$, равен $90^\circ$, то эти отрезки перпендикулярны.

Ответ: Утверждение доказано.

22.66. Через вершины $A$ и $C$ треугольника $ABC$ проведена окружность, пересекающая стороны $BA$ и $BC$ в точках $M$ и $N$ соответственно. Прямая $BF$ — касательная к окружности, описанной около треугольника $ABC$. Докажите, что прямые $MN$ и $BF$ параллельны.

Поскольку по условию точки $A, C, N, M$ лежат на одной окружности, то четырехугольник $ACNM$ является вписанным в эту окружность. Существует свойство вписанного четырехугольника, согласно которому внешний угол при одной из его вершин равен внутреннему углу при противоположной вершине.

Рассмотрим внешний угол четырехугольника $ACNM$ при вершине $N$. Этот угол совпадает с углом $\angle BNM$. Внутренний угол, противолежащий вершине $N$, — это угол $\angle MAC$. Так как точки $M$ и $A$ лежат на одной стороне угла $\angle BAC$, то $\angle MAC$ совпадает с $\angle BAC$. Таким образом, мы получаем первое важное соотношение: $\angle BNM = \angle BAC$.

Теперь рассмотрим окружность, описанную около треугольника $ABC$. Прямая $BF$ по условию является касательной к этой окружности в точке $B$. По теореме об угле между касательной и хордой, угол между касательной ($BF$) и хордой ($BC$), проведенной через точку касания, равен вписанному углу, который опирается на эту хорду ($\angle BAC$). Следовательно, мы получаем второе важное соотношение: $\angle FBC = \angle BAC$.

Сопоставляя два полученных равенства:

1. $\angle BNM = \angle BAC$

2. $\angle FBC = \angle BAC$

мы приходим к выводу, что $\angle BNM = \angle FBC$.

Прямые $MN$ и $BF$ пересекаются третьей прямой — секущей $BC$. Углы $\angle BNM$ и $\angle FBC$ являются соответственными углами при этих прямых и секущей. Так как мы доказали, что эти соответственные углы равны, то, по признаку параллельности прямых, прямые $MN$ и $BF$ параллельны.

Что и требовалось доказать.

Ответ: Доказано.

22.67. Биссектриса тупого угла параллелограмма делит его сторону в отношении 3 : 7, считая от вершины острого угла, равного $45^{\circ}$. Вычислите площадь параллелограмма, если его периметр равен 52 см.

Пусть дан параллелограмм $ABCD$, где $\angle A = 45^\circ$ — острый угол, а $\angle B = 180^\circ - 45^\circ = 135^\circ$ — тупой угол. Проведем биссектрису $BK$ из вершины тупого угла $B$ на сторону $AD$.

По условию, биссектриса делит сторону $AD$ в отношении $3:7$, считая от вершины острого угла $A$. Таким образом, точка $K$ лежит на стороне $AD$, и $AK : KD = 3 : 7$.

Введем коэффициент пропорциональности $x$. Тогда $AK = 3x$ и $KD = 7x$. Длина всей стороны $AD$ равна сумме длин ее частей: $AD = AK + KD = 3x + 7x = 10x$.

Поскольку $ABCD$ — параллелограмм, его противоположные стороны параллельны, то есть $BC \parallel AD$. Рассмотрим параллельные прямые $BC$ и $AD$ и секущую $BK$. Углы $\angle CBK$ и $\angle BKA$ являются накрест лежащими, следовательно, они равны: $\angle CBK = \angle BKA$.

Так как $BK$ — биссектриса угла $\angle B$, она делит его пополам: $\angle ABK = \angle CBK$. Из двух последних равенств следует, что $\angle BKA = \angle ABK$.

Рассмотрим треугольник $\triangle ABK$. Два его угла ($\angle BKA$ и $\angle ABK$) равны, следовательно, $\triangle ABK$ является равнобедренным с основанием $BK$. В равнобедренном треугольнике стороны, противолежащие равным углам, равны. Значит, $AB = AK$.

Мы знаем, что $AK = 3x$, следовательно, $AB = 3x$. Таким образом, смежные стороны параллелограмма равны $AB = 3x$ и $AD = 10x$.

Периметр параллелограмма вычисляется по формуле $P = 2(AB + AD)$. По условию, периметр равен 52 см. Подставим наши выражения для сторон:$52 = 2(3x + 10x)$$52 = 2(13x)$$52 = 26x$Отсюда находим $x$:$x = \frac{52}{26} = 2$ см.

Теперь найдем длины сторон параллелограмма:$AB = 3x = 3 \cdot 2 = 6$ см.$AD = 10x = 10 \cdot 2 = 20$ см.

Площадь параллелограмма можно найти по формуле $S = a \cdot b \cdot \sin \alpha$, где $a$ и $b$ — смежные стороны, а $\alpha$ — угол между ними. В нашем случае $a = AB = 6$ см, $b = AD = 20$ см, а угол между ними $\angle A = 45^\circ$.$S = AB \cdot AD \cdot \sin(\angle A) = 6 \cdot 20 \cdot \sin(45^\circ)$.

Значение синуса $45^\circ$ равно $\frac{\sqrt{2}}{2}$.$S = 120 \cdot \frac{\sqrt{2}}{2} = 60\sqrt{2}$ см².

Ответ: $60\sqrt{2}$ см².