Страница 206 - гдз по геометрии 7-9 класс учебник Атанасян, Бутузов

779 Вершины треугольника ABC лежат на окружности. Докажите, что если AB — диаметр окружности, то ∠C > ∠A и ∠C > ∠B.

Для доказательства воспользуемся свойствами вписанных углов и суммой углов треугольника.

Доказательство, что $\angle C > \angle A$

1. Рассмотрим треугольник $ABC$, вписанный в окружность. По условию задачи, сторона $AB$ является диаметром этой окружности.

2. Существует теорема, согласно которой вписанный угол, опирающийся на диаметр, равен $90^\circ$. Угол $\angle C$ нашего треугольника как раз опирается на диаметр $AB$. Следовательно, треугольник $ABC$ является прямоугольным с прямым углом при вершине $C$. Таким образом, $\angle C = 90^\circ$.

3. Сумма углов в любом треугольнике составляет $180^\circ$. Для треугольника $ABC$ это записывается как: $\angle A + \angle B + \angle C = 180^\circ$.

4. Подставим известное значение угла $\angle C$ в это равенство: $\angle A + \angle B + 90^\circ = 180^\circ$.

5. Из этого уравнения следует, что сумма двух других углов равна: $\angle A + \angle B = 90^\circ$.

6. Поскольку $ABC$ — это треугольник, то его углы не могут быть нулевыми или отрицательными. В частности, $\angle B > 0^\circ$. Из равенства $\angle A = 90^\circ - \angle B$ следует, что $\angle A$ строго меньше $90^\circ$.

7. Теперь сравним углы $\angle C$ и $\angle A$. Мы установили, что $\angle C = 90^\circ$ и $\angle A < 90^\circ$. Следовательно, $\angle C > \angle A$.

Ответ: Неравенство $\angle C > \angle A$ доказано.

Доказательство, что $\angle C > \angle B$

1. Аналогично предыдущему доказательству, мы используем выводы, что $\angle C = 90^\circ$ и $\angle A + \angle B = 90^\circ$.

2. Угол $\angle A$ в треугольнике $ABC$ также является положительной величиной, то есть $\angle A > 0^\circ$.

3. Из равенства $\angle B = 90^\circ - \angle A$ следует, что угол $\angle B$ строго меньше $90^\circ$.

4. Сравнивая углы $\angle C$ и $\angle B$, мы имеем $\angle C = 90^\circ$ и $\angle B < 90^\circ$. Следовательно, $\angle C > \angle B$.

Таким образом, мы доказали оба неравенства, что и требовалось в задаче.

Ответ: Неравенство $\angle C > \angle B$ доказано.

780 Докажите, что перпендикуляр, проведённый из какой-нибудь точки окружности к диаметру, есть среднее пропорциональное для отрезков, на которые основание перпендикуляра делит диаметр.

Пусть дана окружность, AB — её диаметр, а C — произвольная точка на окружности, отличная от A и B. Проведём из точки C перпендикуляр CH к диаметру AB, где H — основание перпендикуляра, лежащее на отрезке AB.

Необходимо доказать, что длина перпендикуляра CH является средним пропорциональным (или средним геометрическим) для длин отрезков AH и HB, на которые точка H делит диаметр. То есть, требуется доказать равенство: $CH^2 = AH \cdot HB$.

Доказательство:

1. Соединим точку C с концами диаметра A и B. В результате получим треугольник ABC.

2. Угол ACB является вписанным углом, который опирается на диаметр AB. По свойству вписанного угла, опирающегося на диаметр, его величина составляет 90°. Следовательно, треугольник ABC является прямоугольным с прямым углом при вершине C ($?ACB = 90°$).

3. Отрезок CH, согласно построению, перпендикулярен гипотенузе AB. Таким образом, CH является высотой прямоугольного треугольника ABC, проведённой из вершины прямого угла.

4. Эта высота делит прямоугольный треугольник ABC на два меньших прямоугольных треугольника: $\triangle ACH$ и $\triangle CBH$. Докажем, что эти треугольники подобны.

5. Пусть $?CAB = \alpha$. Так как сумма острых углов в прямоугольном треугольнике ABC равна 90°, то $?CBA = 90° - \alpha$.

6. Теперь рассмотрим $\triangle ACH$. Он прямоугольный ($?AHC = 90°$), и один из его острых углов $?CAH = \alpha$. Тогда другой острый угол $?ACH = 90° - \alpha$.

7. Рассмотрим $\triangle CBH$. Он также прямоугольный ($?CHB = 90°$), и один из его острых углов $?HBC = 90° - \alpha$. Тогда другой острый угол $?BCH = 90° - (90° - \alpha) = \alpha$.

8. Таким образом, у треугольников $\triangle ACH$ и $\triangle CBH$ углы соответственно равны: $?CAH = ?BCH = \alpha$, $?ACH = ?CBH = 90° - \alpha$ и $?AHC = ?CHB = 90°$. Следовательно, треугольники подобны по трём углам: $ \triangle ACH \sim \triangle CBH $.

9. Из подобия треугольников следует, что их соответствующие стороны пропорциональны. Составим пропорцию для катетов. Катет AH из $\triangle ACH$ (лежащий против угла $90° - \alpha$) относится к катету CH из $\triangle CBH$ (лежащему против угла $90° - \alpha$) так же, как катет CH из $\triangle ACH$ (лежащий против угла $\alpha$) относится к катету HB из $\triangle CBH$ (лежащему против угла $\alpha$).

Запишем это отношение:$ \frac{AH}{CH} = \frac{CH}{HB} $

10. Используя основное свойство пропорции (произведение средних членов равно произведению крайних), получим:$ CH \cdot CH = AH \cdot HB $$ CH^2 = AH \cdot HB $

Таким образом, мы доказали, что перпендикуляр, проведённый из точки окружности к диаметру, является средним пропорциональным для отрезков, на которые основание перпендикуляра делит диаметр.

Ответ: Утверждение доказано.

781 Пользуясь утверждением, сформулированным в задаче 780, постройте отрезок, равный среднему пропорциональному для двух данных отрезков.

Для построения отрезка, равного среднему пропорциональному двух данных отрезков, мы воспользуемся утверждением, которое гласит: высота прямоугольного треугольника, проведенная из вершины прямого угла, есть среднее пропорциональное для отрезков, на которые делится гипотенуза этой высотой. Если длины этих отрезков (проекций катетов на гипотенузу) равны $a$ и $b$, то длина высоты $h$ вычисляется по формуле $h = \sqrt{ab}$.

Пусть нам даны два отрезка с длинами $a$ и $b$.

Мы построим прямоугольный треугольник, у которого отрезки $a$ и $b$ будут проекциями катетов на гипотенузу. Тогда высота, проведенная к гипотенузе, и будет искомым средним пропорциональным.

1. На произвольной прямой отложим отрезок $AC$, длина которого равна сумме длин данных отрезков, $a+b$. Для этого на прямой выберем точку $H$ и отложим от нее в разные стороны отрезки $AH = a$ и $HC = b$.
2. Построим окружность, для которой отрезок $AC$ является диаметром. Для этого найдем середину отрезка $AC$ — точку $O$ (с помощью циркуля и линейки) и проведем полуокружность с центром в $O$ и радиусом $R = OA = OC$.
3. В точке $H$ восстановим перпендикуляр к прямой $AC$.
4. Точку пересечения этого перпендикуляра с построенной полуокружностью обозначим $B$.
5. Отрезок $BH$ и есть искомый отрезок.

Рассмотрим полученный треугольник $ABC$. Угол $\angle ABC$ является вписанным и опирается на диаметр $AC$. Следовательно, $\angle ABC = 90^\circ$, и треугольник $ABC$ — прямоугольный.

Отрезок $BH$ по построению перпендикулярен гипотенузе $AC$, значит, $BH$ — высота этого треугольника, проведенная из вершины прямого угла.

Согласно утверждению, на которое мы ссылаемся, высота $BH$ является средним пропорциональным для отрезков $AH$ и $HC$, на которые она делит гипотенузу.

Поскольку по построению мы задали $AH = a$ и $HC = b$, то длина высоты $BH$ равна $\sqrt{AH \cdot HC} = \sqrt{ab}$.

Таким образом, построенный отрезок $BH$ является средним пропорциональным для двух данных отрезков $a$ и $b$.

Ответ: Отрезок $BH$, построенный указанным методом, является искомым отрезком, равным среднему пропорциональному для двух данных отрезков.

782 Стороны угла О касаются каждой из двух окружностей, имеющих общую касательную в точке А. Докажите, что центры этих окружностей лежат на прямой ОА.

Доказательство:

Обозначим центры двух окружностей как $O_1$ и $O_2$.

1. По свойству окружности, касающейся сторон угла, её центр равноудалён от этих сторон. Следовательно, центр такой окружности лежит на биссектрисе угла. Поскольку каждая из двух окружностей с центрами $O_1$ и $O_2$ касается сторон угла с вершиной в точке $O$, то оба центра, $O_1$ и $O_2$, лежат на биссектрисе этого угла. Таким образом, точки $O$, $O_1$ и $O_2$ лежат на одной прямой.

2. По условию, две окружности имеют общую касательную в точке $A$. Это означает, что окружности касаются друг друга в этой точке. По свойству касающихся окружностей, их центры ($O_1$, $O_2$) и точка касания ($A$) лежат на одной прямой, которая называется линией центров.

3. Из первого пункта следует, что точки $O$, $O_1$ и $O_2$ лежат на одной прямой. Из второго пункта следует, что точки $A$, $O_1$ и $O_2$ также лежат на одной прямой. Поскольку эти две прямые имеют две общие различные точки ($O_1$ и $O_2$), то эти прямые совпадают. Это означает, что все четыре точки — $O$, $A$, $O_1$ и $O_2$ — лежат на одной и той же прямой.

Следовательно, центры окружностей $O_1$ и $O_2$ лежат на прямой, проходящей через точки $O$ и $A$, то есть на прямой $OA$, что и требовалось доказать.

Ответ: Утверждение доказано. Центры окружностей лежат на прямой $OA$, так как они, с одной стороны, лежат на биссектрисе угла $O$, а с другой — на линии, соединяющей их с точкой их взаимного касания $A$. Поскольку точки $O_1$ и $O_2$ принадлежат обеим прямым (биссектрисе и линии $O_1A$), то все точки $O, A, O_1, O_2$ лежат на одной прямой.

783 На клетчатой бумаге изображены окружности и связанные с ними углы. По данным рисунка 267 найдите величину угла АВС.

а)

Угол $ \angle ABC $ является вписанным углом, опирающимся на дугу $ AC $. Величина вписанного угла равна половине величины центрального угла, опирающегося на ту же дугу. Найдем величину центрального угла $ \angle AOC $.

Введем систему координат с центром в точке O. Пусть одна клетка равна 1. Тогда радиус окружности $ R=3 $. Точка A имеет координаты $ (-3, 0) $, а точка C имеет координаты $ (0, -3) $. Треугольник $ \triangle AOC $ является прямоугольным равнобедренным треугольником, так как $ OA = OC = R = 3 $ и угол между осями координат прямой. Следовательно, $ \angle AOC = 90^\circ $.

Величина вписанного угла $ \angle ABC $ равна половине центрального угла $ \angle AOC $:

$ \angle ABC = \frac{1}{2} \angle AOC = \frac{1}{2} \cdot 90^\circ = 45^\circ $.

Ответ: $ 45^\circ $.

б)

Угол $ \angle ABC $ является вписанным углом. Он опирается на дугу $ AC $. Из рисунка видно, что хорда $ AC $ проходит через центр окружности O, следовательно, $ AC $ — диаметр. Дуга, на которую опирается угол, является полуокружностью, и ее величина составляет $ 180^\circ $.

Величина вписанного угла равна половине дуги, на которую он опирается:

$ \angle ABC = \frac{1}{2} \cdot \text{дуга } AC = \frac{1}{2} \cdot 180^\circ = 90^\circ $.

Ответ: $ 90^\circ $.

в)

Угол $ \angle ABC $ — вписанный, опирающийся на дугу $ AC $. Его величина равна половине центрального угла $ \angle AOC $, опирающегося на ту же дугу.

Введем систему координат с центром в точке O. Пусть одна клетка равна 1. Радиус окружности $ R=3 $. Точка A имеет координаты $ (0, 3) $, а точка C имеет координаты $ (3, 0) $. Треугольник $ \triangle AOC $ является прямоугольным равнобедренным, так как $ OA = OC = R = 3 $ и оси координат перпендикулярны. Таким образом, $ \angle AOC = 90^\circ $.

Величина вписанного угла $ \angle ABC $:

$ \angle ABC = \frac{1}{2} \angle AOC = \frac{1}{2} \cdot 90^\circ = 45^\circ $.

Ответ: $ 45^\circ $.

г)

Угол $ \angle ABC $ — вписанный, опирающийся на дугу $ AC $. Его величина равна половине центрального угла $ \angle AOC $.

Примем, что центр окружности O находится в начале координат $ (0, 0) $ и радиус $ R=3 $. Из рисунка видно, что хорда $ AC $ расположена горизонтально на 1.5 клетки ниже центра, то есть на линии $ y = -1.5 $.

Найдем длину хорды $ AC $. Координаты точек A и C на окружности $ x^2 + y^2 = 3^2 $ при $ y = -1.5 $ будут:

$ x^2 + (-1.5)^2 = 9 \implies x^2 + 2.25 = 9 \implies x^2 = 6.75 \implies x = \pm\sqrt{6.75} = \pm\frac{3\sqrt{3}}{2} $.

Длина хорды $ AC = 2|x| = 3\sqrt{3} $. В равнобедренном треугольнике $ \triangle AOC $ ($ OA=OC=3 $), используя теорему косинусов:

$ AC^2 = OA^2 + OC^2 - 2 \cdot OA \cdot OC \cdot \cos(\angle AOC) $

$ (3\sqrt{3})^2 = 3^2 + 3^2 - 2 \cdot 3 \cdot 3 \cdot \cos(\angle AOC) $

$ 27 = 18 - 18 \cos(\angle AOC) \implies 18 \cos(\angle AOC) = -9 \implies \cos(\angle AOC) = -0.5 $.

Отсюда $ \angle AOC = 120^\circ $.

Величина вписанного угла $ \angle ABC $:

$ \angle ABC = \frac{1}{2} \angle AOC = \frac{1}{2} \cdot 120^\circ = 60^\circ $.

Ответ: $ 60^\circ $.

д)

Угол $ \angle ABC $ образован касательной $ BC $ к окружности в точке $ B $ и хордой $ AB $. Величина такого угла равна половине дуги, заключенной внутри него, то есть половине дуги $ AB $.

Чтобы найти величину дуги $ AB $, определим положение точек на сетке. Предположим, что точки A и B, а также центр O, расположены в узлах сетки таким образом, чтобы выполнялись условия задачи. Пусть центр окружности O находится в точке $ (0, -1) $, а радиус $ R=2 $. Тогда точка касания B имеет координаты $ (0, -3) $, а касательная BC — это горизонтальная прямая $ y=-3 $. Точка A пусть имеет координаты $ (2, -1) $. Проверим, лежит ли точка A на окружности: $ (2-0)^2 + (-1 - (-1))^2 = 2^2 + 0^2 = 4 = R^2 $. Условие выполняется.

Теперь найдем центральный угол $ \angle AOB $. В треугольнике $ \triangle AOB $ стороны $ OA $ и $ OB $ являются радиусами, $ OA=OB=2 $. Вектор $ \vec{OA} = (2-0, -1-(-1)) = (2, 0) $. Вектор $ \vec{OB} = (0-0, -3-(-1)) = (0, -2) $. Поскольку векторы лежат на осях смещенной системы координат, угол между ними $ \angle AOB = 90^\circ $.

Величина дуги $ AB $ равна $ 90^\circ $. Тогда:

$ \angle ABC = \frac{1}{2} \cdot \text{дуга } AB = \frac{1}{2} \cdot 90^\circ = 45^\circ $.

Ответ: $ 45^\circ $.

е)

Угол $ \angle ABC $ является углом треугольника $ \triangle ABC $, где вершины A и B лежат на окружности, а вершина C — нет. Для нахождения угла воспользуемся координатной сеткой.

Аналогично пункту д), предположим, что окружность имеет центр в точке $ O(0, -1) $ и радиус $ R=2 $. Точки A и B лежат на этой окружности. Из рисунка видно, что B — самая нижняя точка треугольника, а прямая BC — горизонтальна. Пусть B имеет координаты $ (0, -3) $. Точка A, как и в пункте д), может иметь координаты $ (2, -1) $. Точка C лежит на горизонтальной прямой, проходящей через B, т.е. $ y=-3 $.

Тогда $ \angle ABC $ — это угол между отрезком $ BA $ и прямой $ BC $ (осью Ox', если сместить начало координат в точку B). Прямая $ BC $ горизонтальна. Найдем угол, который образует прямая $ BA $ с горизонталью.

Координаты вектора $ \vec{BA} = (2-0, -1-(-3)) = (2, 2) $. Тангенс угла наклона этого вектора к горизонтальной оси равен отношению компонент: $ \tan(\alpha) = \frac{2}{2} = 1 $. Следовательно, угол наклона равен $ 45^\circ $.

$ \angle ABC = 45^\circ $.

Ответ: $ 45^\circ $.

ж)

Угол $ \angle ABC $ образован касательной $ BC $ (касание в точке B) и хордой $ AB $. Его величина равна половине центрального угла $ \angle AOB $.

Предположим, что точки и линии можно расположить на узлах сетки, чтобы удовлетворить условиям рисунка. Пусть центр окружности $ O=(0, 2) $ и радиус $ R=\sqrt{5} $. Пусть точка касания $ B=(-2, 3) $. Касательная $ BC $ проходит через точку $ C(-1, 5) $. Проверим перпендикулярность радиуса $ OB $ и касательной $ BC $. Вектор радиуса $ \vec{OB} = (-2-0, 3-2) = (-2, 1) $. Его наклон $ -1/2 $. Вектор касательной $ \vec{BC} = (-1-(-2), 5-3) = (1, 2) $. Его наклон $ 2 $. Поскольку $ (-1/2) \cdot 2 = -1 $, радиус и касательная перпендикулярны.

Из рисунка видно, что хорда $ AC $ (в данном случае, просто прямая, на которой лежит точка А) горизонтальна. Пусть она проходит по линии $ y=1 $. Найдем точку A как пересечение прямой $ y=1 $ с окружностью $ (x-0)^2 + (y-2)^2 = (\sqrt{5})^2 $.

$ x^2 + (1-2)^2 = 5 \implies x^2 + 1 = 5 \implies x^2 = 4 \implies x = \pm 2 $. Из рисунка A находится справа, так что $ A=(2, 1) $.

Теперь найдем центральный угол $ \angle AOB $. O=(0,2), A=(2,1), B=(-2,3). Вектор $ \vec{OA} = (2-0, 1-2) = (2, -1) $. Вектор $ \vec{OB} = (-2-0, 3-2) = (-2, 1) $. Заметим, что $ \vec{OA} = -1 \cdot \vec{OB} $. Это означает, что точки A, O, B лежат на одной прямой, и O находится между A и B. Следовательно, $ AB $ — диаметр, а $ \angle AOB = 180^\circ $.

Тогда величина угла между касательной и хордой:

$ \angle ABC = \frac{1}{2} \cdot \text{дуга } AB = \frac{1}{2} \cdot 180^\circ = 90^\circ $.

Ответ: $ 90^\circ $.