Страница 216 - гдз по геометрии 11 класс учебник Мерзляк, Номировский

22.120. В окружности проведены хорды $AK$ и $BM$, пересекающиеся в точке $C$. Найдите отрезок $KM$, если $AB = 4$ см, $BC = 2$ см, $KC = 8$ см.

Рассмотрим треугольники $ \triangle ABC $ и $ \triangle KMC $, образованные пересекающимися хордами $AK$ и $BM$.

1. Углы $ \angle BAC $ и $ \angle KMC $ являются вписанными углами, опирающимися на одну и ту же дугу $ KB $. Следовательно, $ \angle BAC = \angle KMC $.

2. Углы $ \angle ACB $ и $ \angle KCM $ равны как вертикальные углы.

Поскольку два угла одного треугольника соответственно равны двум углам другого треугольника, треугольники $ \triangle ABC $ и $ \triangle KMC $ подобны по первому признаку подобия (по двум углам).

Из подобия треугольников следует, что их соответственные стороны пропорциональны:

$ \frac{AB}{KM} = \frac{BC}{KC} = \frac{AC}{MC} $

Воспользуемся частью этой пропорции, используя известные нам значения:

$ \frac{AB}{KM} = \frac{BC}{KC} $

Подставим данные из условия задачи: $ AB = 4 $ см, $ BC = 2 $ см, $ KC = 8 $ см.

$ \frac{4}{KM} = \frac{2}{8} $

Выразим $ KM $ из этого уравнения:

$ KM = \frac{4 \cdot 8}{2} $

$ KM = \frac{32}{2} $

$ KM = 16 $ см.

Ответ: 16 см.

22.121. Отрезок $AB$ — диаметр окружности, $AB = 24$ см. Точка $A$ удалена от касательной к этой окружности на $4$ см. Найдите расстояние от точки $B$ до этой касательной.

Пусть O — центр окружности, а l — касательная. Диаметр AB равен 24 см, следовательно, радиус окружности R равен половине диаметра:

$R = \frac{AB}{2} = \frac{24}{2} = 12$ см.

Расстояние от центра окружности до любой её касательной равно радиусу. Таким образом, расстояние от точки O до прямой l составляет 12 см.

Опустим перпендикуляры из точек A, O и B на касательную l. Обозначим основания этих перпендикуляров как A₁, O₁ и B₁ соответственно. Длины этих перпендикуляров и являются расстояниями от точек A, O и B до прямой l.

Из условия задачи мы знаем:

• Расстояние от A до l: $AA_1 = 4$ см.
• Расстояние от O до l: $OO_1 = R = 12$ см.

Искомое расстояние — это длина перпендикуляра $BB_1$.

Поскольку отрезки $AA_1$, $OO_1$ и $BB_1$ перпендикулярны одной и той же прямой l, они параллельны друг другу ($AA_1 \parallel OO_1 \parallel BB_1$). Так как точки A, O, B лежат на одной прямой (диаметре) и O является серединой отрезка AB, то фигура $AA_1B_1B$ представляет собой трапецию (с основаниями $AA_1$ и $BB_1$), а отрезок $OO_1$ является её средней линией.

Длина средней линии трапеции равна полусумме длин её оснований. Запишем соответствующую формулу:

$OO_1 = \frac{AA_1 + BB_1}{2}$

Подставим в формулу известные нам значения и найдём $BB_1$:

$12 = \frac{4 + BB_1}{2}$

Умножим обе части уравнения на 2:

$24 = 4 + BB_1$

$BB_1 = 24 - 4$

$BB_1 = 20$ см.

Следовательно, расстояние от точки B до этой касательной составляет 20 см.

Ответ: 20 см.

22.122. Две окружности, расстояние между центрами которых равно 17 см, имеют внешнее касание. Найдите радиусы этих окружностей, если расстояние между точками касания окружностей с их общей внешней касательной равно 15 см.

Пусть $R$ и $r$ — радиусы двух окружностей, а $O_1$ и $O_2$ — их центры. Поскольку окружности касаются внешним образом, расстояние между их центрами равно сумме их радиусов. Согласно условию, это расстояние равно 17 см, следовательно:

$R + r = 17$

Пусть общая внешняя касательная касается окружностей в точках $A$ и $B$. Длина отрезка этой касательной между точками касания по условию равна 15 см, то есть $AB = 15$ см.

Радиусы, проведенные в точки касания, перпендикулярны касательной: $O_1A \perp AB$ и $O_2B \perp AB$. Это означает, что фигура $ABO_2O_1$ является прямоугольной трапецией с основаниями $O_1A = R$ и $O_2B = r$ и высотой $AB = 15$ см.

Для нахождения связи между радиусами проведем из центра меньшей окружности (предположим, с центром $O_2$ и радиусом $r$) отрезок $O_2C$, параллельный касательной $AB$, до пересечения с радиусом $O_1A$. Точка $C$ будет лежать на отрезке $O_1A$.

В результате мы получаем прямоугольник $ABO_2C$ и прямоугольный треугольник $O_1CO_2$.

Из свойств прямоугольника следует, что $O_2C = AB = 15$ см и $AC = O_2B = r$.

Рассмотрим прямоугольный треугольник $O_1CO_2$. Его стороны:

- Гипотенуза $O_1O_2 = 17$ см (расстояние между центрами).

- Катет $O_2C = 15$ см.

- Катет $O_1C = O_1A - AC = R - r$.

Применим теорему Пифагора к треугольнику $O_1CO_2$:

$O_1O_2^2 = O_1C^2 + O_2C^2$

Подставим известные значения:

$17^2 = (R - r)^2 + 15^2$

$289 = (R - r)^2 + 225$

$(R - r)^2 = 289 - 225$

$(R - r)^2 = 64$

$R - r = \sqrt{64} = 8$ (разность радиусов является положительной величиной).

Теперь мы имеем систему из двух уравнений с двумя неизвестными:

$\begin{cases} R + r = 17 \\ R - r = 8 \end{cases}$

Сложим первое и второе уравнения:

$(R + r) + (R - r) = 17 + 8$

$2R = 25$

$R = 12,5$ см.

Теперь найдем $r$, подставив значение $R$ в первое уравнение:

$12,5 + r = 17$

$r = 17 - 12,5$

$r = 4,5$ см.

Ответ: радиусы окружностей равны 12,5 см и 4,5 см.

22.123. В угол, величина которого составляет 60°, вписаны две окружности, касающиеся друг друга внешним образом. Найдите радиус большей из них, если радиус меньшей равен 6 см.

Пусть дан угол с вершиной в точке $A$, равный $60^\circ$. Пусть $O_1$ и $O_2$ — центры меньшей и большей окружностей, а $r$ и $R$ — их радиусы соответственно. По условию, радиус меньшей окружности $r = 6$ см. Требуется найти радиус большей окружности $R$.

Центры окружностей, вписанных в угол, лежат на его биссектрисе. Следовательно, точки $A$, $O_1$ и $O_2$ лежат на одной прямой, которая является биссектрисой угла $A$. Эта биссектриса делит исходный угол $60^\circ$ на два равных угла по $30^\circ$.

Проведем из центров $O_1$ и $O_2$ перпендикуляры к одной из сторон угла. Пусть $T_1$ и $T_2$ — это точки касания меньшей и большей окружностей со стороной угла. Таким образом, отрезки $O_1T_1$ и $O_2T_2$ являются радиусами, перпендикулярными стороне угла. Мы получаем два прямоугольных треугольника: $\triangle AO_1T_1$ и $\triangle AO_2T_2$.

Рассмотрим прямоугольный треугольник $\triangle AO_1T_1$. В нем:
- $\angle T_1AO_1 = 30^\circ$ (так как $AO_1$ — биссектриса).
- Катет $O_1T_1 = r = 6$ см.
Синус угла в прямоугольном треугольнике равен отношению противолежащего катета к гипотенузе:
$\sin(\angle T_1AO_1) = \frac{O_1T_1}{AO_1}$
$\sin(30^\circ) = \frac{r}{AO_1}$
Поскольку $\sin(30^\circ) = \frac{1}{2}$, получаем:
$\frac{1}{2} = \frac{6}{AO_1}$
Отсюда находим расстояние от вершины угла до центра меньшей окружности:
$AO_1 = 2 \cdot 6 = 12$ см.

Аналогично, для прямоугольного треугольника $\triangle AO_2T_2$:
$\sin(\angle T_2AO_2) = \frac{O_2T_2}{AO_2}$
$\sin(30^\circ) = \frac{R}{AO_2}$
$\frac{1}{2} = \frac{R}{AO_2}$
Отсюда, расстояние от вершины угла до центра большей окружности:
$AO_2 = 2R$.

Так как окружности касаются друг друга внешним образом, расстояние между их центрами $O_1O_2$ равно сумме их радиусов:
$O_1O_2 = r + R = 6 + R$.

Поскольку точки $A$, $O_1$, $O_2$ лежат на одной прямой (биссектрисе) и меньшая окружность находится ближе к вершине угла, расстояние $AO_2$ можно представить как сумму расстояний $AO_1$ и $O_1O_2$:
$AO_2 = AO_1 + O_1O_2$

Теперь подставим полученные ранее выражения в это равенство:
$2R = 12 + (6 + R)$
$2R = 18 + R$
$2R - R = 18$
$R = 18$ см.

Ответ: 18 см.

22.124. Два окружности с центрами $O_1$ и $O_2$ имеют внешнее касание в точке $C$. Прямая, проходящая через точку $C$, пересекает окружность с центром $O_1$ в точке $A$, а другую окружность — в точке $B$. Хорда $AC$ равна 12 см, а хорда $BC$ — 18 см. Найдите радиусы окружностей, если $O_1O_2 = 20$ см.

Пусть $R_1$ — радиус окружности с центром в точке $O_1$ (которой принадлежит хорда $AC$), а $R_2$ — радиус окружности с центром в точке $O_2$ (которой принадлежит хорда $BC$).

Поскольку окружности касаются внешним образом в точке $C$, их центры $O_1$, $O_2$ и точка касания $C$ лежат на одной прямой. Расстояние между центрами равно сумме их радиусов:$$ O_1O_2 = R_1 + R_2 $$Из условия задачи известно, что $O_1O_2 = 20$ см, следовательно, мы получаем первое уравнение:$$ R_1 + R_2 = 20 $$

Рассмотрим треугольник $\triangle AO_1C$. Так как $O_1A$ и $O_1C$ являются радиусами первой окружности, то $O_1A = O_1C = R_1$. Следовательно, треугольник $\triangle AO_1C$ — равнобедренный, и его углы при основании равны: $\angle O_1AC = \angle O_1CA$.

Аналогично рассмотрим треугольник $\triangle BO_2C$. Стороны $O_2B$ и $O_2C$ — радиусы второй окружности, поэтому $O_2B = O_2C = R_2$. Треугольник $\triangle BO_2C$ также является равнобедренным, и $\angle O_2BC = \angle O_2CB$.

Прямая $AB$ и прямая $O_1O_2$ пересекаются в точке $C$. Углы $\angle O_1CA$ и $\angle O_2CB$ являются вертикальными, поэтому они равны: $\angle O_1CA = \angle O_2CB$.

Из равенств углов, полученных выше ($\angle O_1AC = \angle O_1CA$, $\angle O_2BC = \angle O_2CB$ и $\angle O_1CA = \angle O_2CB$), следует, что:$$ \angle O_1AC = \angle O_2BC $$Таким образом, треугольники $\triangle AO_1C$ и $\triangle BO_2C$ подобны по двум углам (например, по $\angle O_1CA = \angle O_2CB$ и $\angle O_1AC = \angle O_2BC$).

Из подобия треугольников следует пропорциональность их соответствующих сторон:$$ \frac{AC}{BC} = \frac{O_1C}{O_2C} = \frac{R_1}{R_2} $$Подставляя известные значения длин хорд, получаем:$$ \frac{12}{18} = \frac{R_1}{R_2} $$Упростив дробь, находим соотношение между радиусами:$$ \frac{R_1}{R_2} = \frac{2}{3} $$Отсюда получаем второе уравнение: $R_1 = \frac{2}{3}R_2$.

Теперь решим систему из двух уравнений с двумя неизвестными:$$ \begin{cases} R_1 + R_2 = 20 \\ R_1 = \frac{2}{3}R_2 \end{cases} $$Подставим выражение для $R_1$ из второго уравнения в первое:$$ \frac{2}{3}R_2 + R_2 = 20 $$$$ \frac{5}{3}R_2 = 20 $$$$ R_2 = 20 \cdot \frac{3}{5} = 12 \text{ см} $$Теперь, зная $R_2$, найдем $R_1$:$$ R_1 = 20 - R_2 = 20 - 12 = 8 \text{ см} $$

Ответ: радиус окружности с центром $O_1$ равен 8 см, а радиус окружности с центром $O_2$ равен 12 см.

22.125. Две окружности имеют внешнее касание в точке $A$, точки $B$ и $C$ — точки касания с этими окружностями их общей касательной.

Докажите, что $\angle BAC$ прямой.

Доказательство

Пусть даны две окружности, $\omega_1$ и $\omega_2$, которые касаются внешним образом в точке $A$. Пусть общая внешняя касательная касается окружности $\omega_1$ в точке $B$ и окружности $\omega_2$ в точке $C$.

Проведем общую внутреннюю касательную к обеим окружностям через их точку касания $A$. Пусть эта касательная пересекает общую внешнюю касательную $BC$ в точке $M$.

Рассмотрим точку $M$ и отрезки касательных, проведенных из нее к окружности $\omega_1$. Такими отрезками являются $MB$ и $MA$. По свойству касательных, проведенных из одной точки к окружности, их длины равны: $MB = MA$.

Аналогично, рассмотрим точку $M$ и отрезки касательных, проведенных из нее к окружности $\omega_2$. Такими отрезками являются $MC$ и $MA$. Их длины также равны: $MC = MA$.

Из полученных равенств следует, что $MB = MA = MC$. Это означает, что точка $M$ является серединой отрезка $BC$, а отрезок $AM$ является медианой треугольника $\triangle BAC$.

Длина медианы $AM$ равна половине длины стороны $BC$, к которой она проведена, так как $AM = MB = MC$ и $BC = MB + MC = 2 \cdot AM$.

Согласно свойству прямоугольного треугольника, если медиана, проведенная к одной из сторон треугольника, равна половине этой стороны, то угол, противолежащий этой стороне, является прямым.

Следовательно, угол $\angle BAC$ в треугольнике $\triangle BAC$ является прямым, то есть $\angle BAC = 90^\circ$.

Что и требовалось доказать.

Ответ: Доказано, что угол $BAC$ прямой.

22.126. Две окружности пересекаются в точках $A$ и $B$. Проведены диаметры $AD$ и $AC$ этих окружностей. Докажите, что точки $B$, $C$ и $D$ лежат на одной прямой. (Рассмотрите случаи расположения центров окружностей в одной и в различных полуплоскостях относительно прямой $AB$.)

Пусть даны две окружности, $\omega_1$ и $\omega_2$, которые пересекаются в точках $A$ и $B$. Пусть $O_1$ и $O_2$ — центры этих окружностей соответственно. По условию, $AD$ — диаметр окружности $\omega_1$, а $AC$ — диаметр окружности $\omega_2$. Необходимо доказать, что точки $B$, $C$ и $D$ лежат на одной прямой.

Соединим точку $B$ с точками $A$, $C$ и $D$.

Рассмотрим угол $\angle ABD$. Он вписан в окружность $\omega_1$ и опирается на ее диаметр $AD$. По свойству угла, опирающегося на диаметр, он является прямым. Следовательно, $\angle ABD = 90^{\circ}$. Это означает, что прямая $DB$ перпендикулярна прямой $AB$.

Аналогично, рассмотрим угол $\angle ABC$. Он вписан в окружность $\omega_2$ и опирается на ее диаметр $AC$. Следовательно, $\angle ABC = 90^{\circ}$. Это означает, что прямая $CB$ перпендикулярна прямой $AB$.

Далее рассмотрим два случая, указанные в условии задачи.

Случай расположения центров окружностей в различных полуплоскостях относительно прямой AB.

Если центры окружностей $O_1$ и $O_2$ лежат в разных полуплоскостях относительно прямой $AB$, то и точки $D$ и $C$ (как точки, диаметрально противоположные точке $A$) также будут лежать в разных полуплоскостях. В этом случае луч $BA$ проходит между лучами $BC$ и $BD$.

Тогда угол $\angle CBD$ является суммой углов $\angle ABC$ и $\angle ABD$.

$\angle CBD = \angle ABC + \angle ABD = 90^{\circ} + 90^{\circ} = 180^{\circ}$.

Угол, равный $180^{\circ}$, является развернутым, а это означает, что точки $C$, $B$ и $D$ лежат на одной прямой.

Ответ: Что и требовалось доказать.

Случай расположения центров окружностей в одной полуплоскости относительно прямой AB.

Если центры окружностей $O_1$ и $O_2$ лежат в одной полуплоскости относительно прямой $AB$, то и точки $D$ и $C$ также будут лежать в той же полуплоскости.

Мы установили, что прямая $CB \perp AB$ и прямая $DB \perp AB$. Обе эти прямые проходят через одну и ту же точку $B$.

Поскольку точки $C$ и $D$ лежат в одной полуплоскости относительно прямой $AB$, лучи $BC$ и $BD$ также лежат в одной полуплоскости. Известно, что из данной точки на прямой можно провести только один перпендикуляр в данной полуплоскости. Следовательно, лучи $BC$ и $BD$ должны совпадать.

Если лучи совпадают, то точки $C$, $B$ и $D$ лежат на одной прямой.

Ответ: Что и требовалось доказать.

22.127. Две окружности пересекаются в точках $A$ и $B$. Через точку $B$ проведена секущая, пересекающая окружности в точках $C$ и $D$. Докажите, что величина угла $CAD$ является постоянной для любой секущей, проходящей через точку $B$. (Рассмотрите случаи расположения точек $C$ и $D$ в одной и в различных полуплоскостях относительно прямой $AB$.)

Пусть две окружности, $\omega_1$ и $\omega_2$, пересекаются в точках $A$ и $B$. Проведем через точку $B$ секущую, которая пересекает окружность $\omega_1$ в точке $C$ (отличной от $B$) и окружность $\omega_2$ в точке $D$ (отличной от $B$). Мы должны доказать, что величина угла $\angle CAD$ не зависит от выбора этой секущей.

Ключевым свойством, которое мы будем использовать, является то, что вписанный угол, опирающийся на одну и ту же хорду, постоянен для всех точек, лежащих на одной и той же дуге окружности. В нашем случае хорда $AB$ является общей для обеих окружностей.

Обозначим величину вписанного угла, опирающегося на хорду $AB$ в окружности $\omega_1$, как $\gamma_1$. То есть, $\angle ACB = \gamma_1$ (для точек $C$ на одной из дуг $AB$). Аналогично, для окружности $\omega_2$ обозначим величину вписанного угла $\angle ADB$ как $\gamma_2$. Величины $\gamma_1$ и $\gamma_2$ зависят только от самих окружностей и положения точек $A$ и $B$, но не от положения секущей.

Рассмотрим два случая, указанных в условии задачи.

Расположение точек C и D в различных полуплоскостях относительно прямой AB

Если точки $C$ и $D$ лежат в разных полуплоскостях относительно прямой $AB$, это означает, что точка $B$ находится между точками $C$ и $D$ на секущей.

Рассмотрим треугольник $\triangle ACD$. Сумма углов в любом треугольнике равна $180^\circ$: $ \angle CAD + \angle ACD + \angle ADC = 180^\circ $

Угол $\angle ACD$ треугольника $\triangle ACD$ — это вписанный угол $\angle ACB$ окружности $\omega_1$. Он опирается на хорду $AB$, и его величина постоянна: $\angle ACD = \angle ACB = \gamma_1$.

Аналогично, угол $\angle ADC$ треугольника $\triangle ACD$ — это вписанный угол $\angle ADB$ окружности $\omega_2$. Он также опирается на хорду $AB$, и его величина постоянна: $\angle ADC = \angle ADB = \gamma_2$.

Подставим эти постоянные значения в формулу суммы углов треугольника: $ \angle CAD + \gamma_1 + \gamma_2 = 180^\circ $

Отсюда выражаем искомый угол: $ \angle CAD = 180^\circ - (\gamma_1 + \gamma_2) $

Поскольку $\gamma_1$ и $\gamma_2$ являются постоянными величинами, не зависящими от выбора секущей, то и угол $\angle CAD$ в этом случае является постоянной величиной.

Ответ: Доказано, что в данном случае величина угла $\angle CAD$ постоянна.

Расположение точек C и D в одной полуплоскости относительно прямой AB

Если точки $C$ и $D$ лежат в одной полуплоскости относительно прямой $AB$, это означает, что точка $B$ не находится между точками $C$ и $D$. Без ограничения общности, пусть точки на секущей расположены в порядке $B-C-D$. Случай с порядком $B-D-C$ рассматривается аналогично.

Рассмотрим снова треугольник $\triangle ACD$. Сумма его углов равна $180^\circ$: $ \angle CAD + \angle ACD + \angle ADC = 180^\circ $

Угол $\angle ADC$ треугольника $\triangle ACD$ совпадает с вписанным углом $\angle ADB$ окружности $\omega_2$, который опирается на хорду $AB$. Его величина постоянна: $\angle ADC = \angle ADB = \gamma_2$.

Теперь рассмотрим угол $\angle ACD$. Поскольку точки $B, C, D$ лежат на одной прямой, угол $\angle ACB$ (вписанный в окружность $\omega_1$, опирающийся на хорду $AB$, величиной $\gamma_1$) и угол $\angle ACD$ являются смежными. Следовательно, их сумма равна $180^\circ$: $ \angle ACD + \angle ACB = 180^\circ $ $ \angle ACD = 180^\circ - \angle ACB = 180^\circ - \gamma_1 $

Подставим выражения для углов $\angle ACD$ и $\angle ADC$ в формулу суммы углов треугольника $\triangle ACD$: $ \angle CAD + (180^\circ - \gamma_1) + \gamma_2 = 180^\circ $

Упростим выражение: $ \angle CAD - \gamma_1 + \gamma_2 = 0 $ $ \angle CAD = \gamma_1 - \gamma_2 $

Величина угла $\angle CAD$ равна модулю разности постоянных величин $|\gamma_1 - \gamma_2|$ и, следовательно, также является постоянной.

Ответ: Доказано, что и в этом случае величина угла $\angle CAD$ постоянна.

22.128. К двум окружностям, которые пересекаются в точках $M$ и $K$, проведена общая касательная, $A$ и $B$ — точки касания. Докажите, что $\angle AMB + \angle AKB = 180^\circ$.

Для доказательства воспользуемся теоремой об угле между касательной и хордой. Угол между касательной и хордой, проведенной через точку касания, равен половине дуги, заключенной между ними, а также равен любому вписанному углу, опирающемуся на эту дугу.

Пусть дана первая окружность, проходящая через точки A, M и K. Прямая AB является касательной к этой окружности в точке A. Хорда AM проведена из точки касания. Согласно теореме, угол между касательной AB и хордой AM равен вписанному углу, опирающемуся на дугу AM. Таким углом является угол $∠AKM$. Следовательно:

$∠MAB = ∠AKM$ (1)

Теперь рассмотрим вторую окружность, проходящую через точки B, M и K. Прямая AB является касательной к этой окружности в точке B. Хорда BM проведена из точки касания. По той же теореме, угол между касательной AB и хордой BM равен вписанному углу, опирающемуся на дугу BM. Таким углом является угол $∠BKM$. Следовательно:

$∠MBA = ∠BKM$ (2)

Рассмотрим треугольник $ΔAMB$. Сумма углов в любом треугольнике равна $180°$:

$∠AMB + ∠MAB + ∠MBA = 180°$

Подставим в это равенство выражения для $∠MAB$ и $∠MBA$ из уравнений (1) и (2):

$∠AMB + ∠AKM + ∠BKM = 180°$

Поскольку точка M находится по одну сторону от прямой AB, а точка K - по другую (если окружности пересекаются), или обе точки находятся по одну сторону от AB, луч KM будет проходить между лучами KA и KB. Это означает, что угол $∠AKB$ является суммой углов $∠AKM$ и $∠BKM$:

$∠AKB = ∠AKM + ∠BKM$

Заменяя сумму $∠AKM + ∠BKM$ на $∠AKB$ в предыдущем уравнении, получаем:

$∠AMB + ∠AKB = 180°$

Что и требовалось доказать.

Ответ: Утверждение доказано, $∠AMB + ∠AKB = 180°$.

22.129. Две окружности пересекаются в точках $A$ и $B$. Через точку $B$ проведена прямая, пересекающая окружности в точках $C$ и $D$. В точках $C$ и $D$ к данным окружностям проведены касательные, которые пересекаются в точке $P$. Докажите, что $\angle DAC + \angle DPC = 180^{\circ}$.

Обозначим окружность, проходящую через точки $A, B, C$, как $\omega_1$, а окружность, проходящую через точки $A, B, D$, как $\omega_2$.

Рассмотрим окружность $\omega_1$. Прямая $PC$ является касательной к этой окружности в точке $C$, а $BC$ — хордой. По теореме об угле между касательной и хордой, угол между касательной и хордой равен вписанному углу, который опирается на ту же дугу. Следовательно: $\angle PCB = \angle CAB$.

Аналогично, рассмотрим окружность $\omega_2$. Прямая $PD$ является касательной к окружности в точке $D$, а $BD$ — хордой. По той же теореме: $\angle PDB = \angle DAB$.

Теперь рассмотрим треугольник $PCD$. Сумма углов в треугольнике равна $180^\circ$: $\angle DPC + \angle PCD + \angle PDC = 180^\circ$.

Поскольку точки $C, B, D$ лежат на одной прямой, то $\angle PCB = \angle PCD$ и $\angle PDB = \angle PDC$. Подставим равенства, полученные ранее, в уравнение для суммы углов треугольника $PCD$: $\angle DPC + \angle CAB + \angle DAB = 180^\circ$.

Заметим, что сумма углов $\angle CAB$ и $\angle DAB$ образует угол $\angle DAC$. То есть, $\angle CAB + \angle DAB = \angle DAC$. Таким образом, мы получаем: $\angle DPC + \angle DAC = 180^\circ$.

Что и требовалось доказать.
Ответ: Утверждение доказано, $\angle DAC + \angle DPC = 180^\circ$.

22.130. В окружности проведены две перпендикулярные хорды $AB$ и $CD$, которые пересекаются в точке $M$. Докажите, что прямая, содержащая высоту $MK$ треугольника $DMB$, также содержит медиану треугольника $CMA$.

Пусть в окружности даны две перпендикулярные хорды $AB$ и $CD$, пересекающиеся в точке $M$. Таким образом, $\angle CMA = \angle DMB = 90^\circ$. Пусть $MK$ — высота треугольника $DMB$, проведенная к стороне $DB$. Это означает, что $MK \perp DB$. Нам нужно доказать, что прямая, проходящая через точки $M$ и $K$, содержит медиану треугольника $CMA$.

Рассмотрим треугольник $CMA$. Так как хорды $AB$ и $CD$ перпендикулярны, то треугольник $CMA$ является прямоугольным с прямым углом при вершине $M$. Пусть $N$ — середина гипотенузы $AC$. Тогда отрезок $MN$ является медианой треугольника $CMA$. Чтобы доказать утверждение задачи, мы докажем, что точки $K$, $M$ и $N$ лежат на одной прямой. Для этого мы покажем, что прямая, содержащая медиану $MN$, перпендикулярна стороне $DB$.

В прямоугольном треугольнике $CMA$ медиана, проведенная из вершины прямого угла к гипотенузе, равна половине гипотенузы. Следовательно, $MN = NC$. Поскольку $MN = NC$, треугольник $MNC$ является равнобедренным. В равнобедренном треугольнике углы при основании равны, поэтому $\angle NMC = \angle NCM$.

Угол $\angle NCM$ является вписанным в окружность углом $\angle ACD$, который опирается на дугу $AD$. Вписанный угол $\angle ABD$ также опирается на дугу $AD$. Следовательно, по свойству вписанных углов, $\angle ACD = \angle ABD$. Из этого следует, что $\angle NMC = \angle ABD$.

Пусть прямая $MN$ пересекает хорду $DB$ в точке $K'$. Углы $\angle NMC$ и $\angle DMK'$ являются вертикальными, поэтому они равны: $\angle DMK' = \angle NMC$. Сопоставляя полученные равенства, имеем: $\angle DMK' = \angle ABD$. Поскольку точки $A, M, B$ лежат на одной прямой, то $\angle ABD$ — это тот же угол, что и $\angle MBD$. Таким образом, $\angle DMK' = \angle MBD$.

Рассмотрим треугольник $DMB$. Он является прямоугольным, так как $\angle DMB = 90^\circ$. Сумма его острых углов равна $90^\circ$: $\angle MDB + \angle MBD = 90^\circ$.

Теперь рассмотрим углы в треугольнике $DMK'$. Сумма углов любого треугольника равна $180^\circ$: $\angle K'DM + \angle DMK' + \angle DK'M = 180^\circ$. Заменяя $\angle K'DM$ на $\angle MDB$ и $\angle DMK'$ на $\angle MBD$ (что мы доказали ранее), получаем: $\angle MDB + \angle MBD + \angle DK'M = 180^\circ$.

Так как мы знаем, что $\angle MDB + \angle MBD = 90^\circ$, подставляем это значение в уравнение: $90^\circ + \angle DK'M = 180^\circ$. Отсюда находим, что $\angle DK'M = 90^\circ$.

Это означает, что прямая $MN$ (проходящая через точку $K'$) перпендикулярна хорде $DB$. По определению, высота треугольника $DMB$ из вершины $M$ — это перпендикуляр, опущенный на сторону $DB$. По условию, $MK$ является этой высотой. Следовательно, прямая $MN$ совпадает с прямой $MK$, и точки $K, M, N$ лежат на одной прямой.

Таким образом, мы доказали, что прямая, содержащая высоту $MK$ треугольника $DMB$, также содержит медиану $MN$ треугольника $CMA$.

Ответ: Что и требовалось доказать.