Страница 213 - гдз по геометрии 7-9 класс учебник Атанасян, Бутузов

812 Докажите, что около выпуклого четырёхугольника, образованного при пересечении биссектрис углов трапеции, можно описать окружность.

Пусть дана трапеция $ABCD$ с основаниями $AD$ и $BC$ ($AD \parallel BC$). Пусть биссектрисы углов $A$, $B$, $C$, $D$ пересекаются и образуют выпуклый четырёхугольник $PQRS$. Обозначим точки пересечения биссектрис следующим образом:

• $P$ — точка пересечения биссектрис углов $A$ и $B$.
• $Q$ — точка пересечения биссектрис углов $B$ и $C$.
• $R$ — точка пересечения биссектрис углов $C$ и $D$.
• $S$ — точка пересечения биссектрис углов $D$ и $A$.

Нужно доказать, что около четырёхугольника $PQRS$ можно описать окружность. Для этого достаточно доказать, что сумма его противоположных углов равна $180^\circ$. Например, докажем, что $\angle SPQ + \angle SRQ = 180^\circ$ или $\angle PQR + \angle PSR = 180^\circ$.

Доказательство:

Рассмотрим углы, образованные биссектрисами углов, прилежащих к боковым сторонам трапеции.

1. Рассмотрим треугольник $APB$, образованный боковой стороной $AB$ и биссектрисами $AP$ и $BP$. Сумма углов в треугольнике равна $180^\circ$, поэтому:
$\angle APB = 180^\circ - (\angle PAB + \angle PBA)$

Так как $AP$ и $BP$ — биссектрисы, то $\angle PAB = \frac{1}{2}\angle DAB$ и $\angle PBA = \frac{1}{2}\angle CBA$.
Следовательно, $\angle APB = 180^\circ - \frac{1}{2}(\angle DAB + \angle CBA)$.

В трапеции сумма углов, прилежащих к боковой стороне, равна $180^\circ$. Для стороны $AB$ имеем: $\angle DAB + \angle CBA = 180^\circ$.
Подставим это значение в формулу для угла $\angle APB$:
$\angle APB = 180^\circ - \frac{1}{2}(180^\circ) = 180^\circ - 90^\circ = 90^\circ$.

Угол $\angle SPQ$ нашего четырёхугольника является вертикальным углу $\angle APB$, поэтому $\angle SPQ = \angle APB = 90^\circ$.

2. Аналогично рассмотрим треугольник $CRD$, образованный боковой стороной $CD$ и биссектрисами $CR$ и $DR$.
$\angle CRD = 180^\circ - (\angle RCD + \angle RDC) = 180^\circ - \frac{1}{2}(\angle BCD + \angle ADC)$

Для боковой стороны $CD$ также выполняется свойство трапеции: $\angle BCD + \angle ADC = 180^\circ$.
Тогда:
$\angle CRD = 180^\circ - \frac{1}{2}(180^\circ) = 180^\circ - 90^\circ = 90^\circ$.

Угол $\angle SRQ$ нашего четырёхугольника является вертикальным углу $\angle CRD$, поэтому $\angle SRQ = \angle CRD = 90^\circ$.

3. Теперь найдём сумму противоположных углов четырёхугольника $PQRS$:
$\angle SPQ + \angle SRQ = 90^\circ + 90^\circ = 180^\circ$.

Поскольку сумма противоположных углов в выпуклом четырёхугольнике $PQRS$ равна $180^\circ$, то по признаку вписанного четырёхугольника около него можно описать окружность. Что и требовалось доказать.

Ответ: Утверждение доказано. Сумма двух противоположных углов четырёхугольника, образованного пересечением биссектрис углов трапеции, всегда равна $180^\circ$, что является достаточным условием для того, чтобы около этого четырёхугольника можно было описать окружность.

813 В прямоугольном треугольнике ABC из точки М стороны АС проведён перпендикуляр МН к гипотенузе AB. Докажите, что углы МНС и МВС равны.

Доказательство:

Пусть в прямоугольном треугольнике ABC угол C является прямым, то есть $ \angle ACB = 90^\circ $. Тогда AC и BC — катеты, а AB — гипотенуза.

Рассмотрим четырехугольник MHBC.

По условию, точка M лежит на стороне AC. Следовательно, угол MCB является частью угла ACB (или совпадает с ним), поэтому $ \angle MCB = \angle ACB = 90^\circ $.

Также по условию, из точки M проведен перпендикуляр MH к гипотенузе AB. Это означает, что $ MH \perp AB $, и, следовательно, $ \angle MHB = 90^\circ $.

В четырехугольнике MHBC точки C и H лежат по одну сторону от отрезка MB. При этом отрезок MB виден из точек C и H под одинаковым углом: $ \angle MCB = \angle MHB = 90^\circ $.

Согласно свойству вписанного четырехугольника, если две точки, лежащие по одну сторону от прямой, видят отрезок на этой прямой под одним и тем же углом, то все четыре точки лежат на одной окружности. Таким образом, точки M, C, B, H лежат на одной окружности, а четырехугольник MHBC является вписанным.

Вписанные углы, опирающиеся на одну и ту же дугу, равны. В окружности, описанной около четырехугольника MHBC, углы $ \angle MHC $ и $ \angle MBC $ опираются на одну и ту же дугу MC.

Следовательно, $ \angle MHC = \angle MBC $, что и требовалось доказать.

Ответ: Утверждение доказано. Равенство $ \angle MHC = \angle MBC $ следует из того, что четырехугольник MHBC является вписанным в окружность, а указанные углы опираются на одну и ту же дугу MC.

814 Найдите радиус вписанной в равносторонний треугольник окружности, если радиус описанной окружности равен 10 см.

В равностороннем треугольнике центры вписанной и описанной окружностей совпадают. Эта точка является точкой пересечения медиан, биссектрис и высот треугольника. Обозначим радиус описанной окружности как $R$, а радиус вписанной окружности как $r$.

Известно, что медианы треугольника пересекаются в одной точке и делятся этой точкой в отношении 2:1, считая от вершины. В равностороннем треугольнике высота, опущенная из вершины, является также и медианой.

Радиус описанной окружности $R$ — это расстояние от центра треугольника до его вершины. Радиус вписанной окружности $r$ — это расстояние от центра до стороны треугольника (длина перпендикуляра, опущенного из центра на сторону).

Следовательно, высота (и медиана) делится центром треугольника на два отрезка, длины которых равны $R$ и $r$. Согласно свойству точки пересечения медиан, отрезок от вершины до центра в два раза длиннее отрезка от центра до стороны. Таким образом, для равностороннего треугольника справедливо соотношение:

$R = 2r$

По условию задачи, радиус описанной окружности $R = 10$ см. Подставим это значение в полученную формулу, чтобы найти радиус вписанной окружности $r$:

$10 \text{ см} = 2r$

Отсюда выражаем $r$:

$r = \frac{10 \text{ см}}{2}$

$r = 5 \text{ см}$

Ответ: 5 см.

815 Докажите, что если в параллелограмм можно вписать окружность и можно описать около него окружность, то этот параллелограмм — квадрат.

Для доказательства утверждения рассмотрим последовательно, какие свойства придают параллелограмму возможность вписать в него окружность и описать окружность около него.

1. В параллелограмм можно вписать окружность.

Согласно свойству описанного четырехугольника, в выпуклый четырехугольник можно вписать окружность тогда и только тогда, когда суммы длин его противолежащих сторон равны.

Пусть смежные стороны нашего параллелограмма равны $a$ и $b$. В любом параллелограмме противолежащие стороны равны. Следовательно, условие для вписанной окружности можно записать в виде: $a + a = b + b$

Упрощая это выражение, получаем $2a = 2b$, откуда следует, что $a = b$.

Параллелограмм, у которого все стороны равны, является ромбом. Таким образом, из первого условия следует, что наш параллелограмм — ромб.

2. Около параллелограмма можно описать окружность.

Согласно свойству вписанного в окружность четырехугольника, около выпуклого четырехугольника можно описать окружность тогда и только тогда, когда сумма его противолежащих углов равна $180^\circ$.

Пусть один из углов параллелограмма равен $\alpha$. В любом параллелограмме противолежащие углы равны, поэтому противолежащий угол также равен $\alpha$. Тогда условие для описанной окружности принимает вид: $\alpha + \alpha = 180^\circ$

Отсюда $2\alpha = 180^\circ$, и, следовательно, $\alpha = 90^\circ$.

Параллелограмм, у которого есть хотя бы один прямой угол, является прямоугольником (так как все его углы в этом случае будут прямыми). Таким образом, из второго условия следует, что наш параллелограмм — прямоугольник.

Заключение.

Мы установили, что данный параллелограмм одновременно является и ромбом (все его стороны равны), и прямоугольником (все его углы прямые). Фигура, обладающая обоими этими свойствами, по определению является квадратом.

Что и требовалось доказать.

Ответ: Утверждение доказано.

816 В трапецию с основаниями a и b можно вписать окружность и около этой трапеции можно описать окружность. Найдите радиус вписанной окружности.

Пусть дана трапеция с основаниями $a$ и $b$.

Из условия, что около трапеции можно описать окружность, следует, что трапеция является равнобедренной. Это свойство wynikaет из того, что сумма противоположных углов вписанного в окружность четырехугольника должна быть равна $180^\circ$, что для трапеции выполняется только если она равнобедренная. Обозначим длину боковой стороны как $c$.

Из условия, что в трапецию можно вписать окружность, следует, что суммы длин ее противоположных сторон равны. Для нашей трапеции это означает:$a + b = c + c = 2c$Отсюда мы можем выразить длину боковой стороны $c$ через основания $a$ и $b$:$c = \frac{a+b}{2}$

Для трапеции, в которую вписана окружность, ее высота $h$ равна диаметру этой окружности. Если радиус вписанной окружности равен $r$, то $h = 2r$. Наша задача — найти $h$.

Проведем в равнобедренной трапеции высоту из вершины меньшего основания к большему. Эта высота образует прямоугольный треугольник, в котором:

• гипотенуза — это боковая сторона $c$,
• один катет — это высота трапеции $h$,
• второй катет — это отрезок на большем основании, длина которого равна полуразности оснований: $\frac{|a-b|}{2}$.

По теореме Пифагора для этого треугольника:$h^2 + \left(\frac{a-b}{2}\right)^2 = c^2$

Подставим в это уравнение найденное ранее выражение для $c$:$h^2 + \left(\frac{a-b}{2}\right)^2 = \left(\frac{a+b}{2}\right)^2$

Теперь выразим $h^2$:$h^2 = \left(\frac{a+b}{2}\right)^2 - \left(\frac{a-b}{2}\right)^2$$h^2 = \frac{(a+b)^2 - (a-b)^2}{4}$

Воспользуемся формулой разности квадратов $x^2 - y^2 = (x-y)(x+y)$:$h^2 = \frac{((a+b) - (a-b))((a+b) + (a-b))}{4}$$h^2 = \frac{(a+b-a+b)(a+b+a-b)}{4}$$h^2 = \frac{(2b)(2a)}{4}$$h^2 = \frac{4ab}{4} = ab$

Отсюда находим высоту трапеции:$h = \sqrt{ab}$

Так как радиус вписанной окружности $r = \frac{h}{2}$, получаем:$r = \frac{\sqrt{ab}}{2}$

Ответ: $\frac{\sqrt{ab}}{2}$.

817 Даны прямая а, точка А, лежащая на этой прямой, и точка В, не лежащая на ней. Постройте окружность, проходящую через точку В и касающуюся прямой а в точке А.

Для решения задачи необходимо найти центр и радиус искомой окружности. Пусть O — центр окружности, а R — её радиус.

Анализ

Исходя из условий задачи, можно определить геометрическое место точек, которому должен принадлежать центр окружности O.

1. Окружность касается прямой a в точке A. По свойству касательной, радиус, проведенный в точку касания, перпендикулярен касательной. Следовательно, радиус OA перпендикулярен прямой a. Это означает, что центр O должен лежать на прямой p, проходящей через точку A перпендикулярно прямой a.

2. Окружность проходит через точки A и B. Это значит, что центр окружности O равноудален от точек A и B, то есть $OA = OB$. Геометрическое место точек, равноудаленных от двух данных точек, — это серединный перпендикуляр к отрезку, соединяющему эти точки. Следовательно, центр O должен лежать на серединном перпендикуляре m к отрезку AB.

Таким образом, центр искомой окружности O — это точка пересечения двух прямых: прямой p (перпендикуляра к a в точке A) и прямой m (серединного перпендикуляра к отрезку AB).

Построение

Алгоритм построения искомой окружности следующий:

1. Через точку A проводим прямую p, перпендикулярную прямой a.

2. Соединяем точки A и B отрезком.

3. Строим серединный перпендикуляр m к отрезку AB.

4. Находим точку пересечения прямых p и m. Обозначаем эту точку O. Это и есть центр искомой окружности.

5. Проводим окружность с центром в точке O и радиусом $R = OA$.

Доказательство

Построенная окружность является искомой, так как она удовлетворяет всем условиям задачи.

Во-первых, она проходит через точку B. Это следует из того, что центр O лежит на серединном перпендикуляре к отрезку AB, а значит, расстояния от него до точек A и B равны: $OA = OB$. Поскольку радиус окружности равен OA, то и точка B лежит на этой окружности.

Во-вторых, она касается прямой a в точке A. Это следует из того, что центр O лежит на прямой p, которая перпендикулярна прямой a и проходит через точку A. Таким образом, радиус OA перпендикулярен прямой a, что является условием касания.

Так как прямые p и m не могут быть параллельны (если бы они были параллельны, то прямая AB была бы перпендикулярна прямой p, что означало бы, что B лежит на прямой a, а это противоречит условию), они пересекаются в единственной точке. Следовательно, задача всегда имеет единственное решение.

Ответ: Искомая окружность имеет центр в точке пересечения перпендикуляра к прямой a в точке A и серединного перпендикуляра к отрезку AB. Радиус окружности равен расстоянию от найденного центра до точки A.

818 Даны две параллельные прямые и точка, не лежащая ни на одной из них. Постройте окружность, проходящую через данную точку и касающуюся данных прямых.

Пусть даны две параллельные прямые a и b, и точка M, не лежащая на этих прямых. Требуется построить окружность, которая проходит через точку M и касается обеих прямых. Решение задачи состоит из анализа, построения, доказательства и исследования.

Анализ

Пусть искомая окружность с центром в точке O и радиусом R построена.
1. Так как окружность касается двух параллельных прямых a и b, ее центр O должен быть равноудален от них. Геометрическое место точек (ГМТ), равноудаленных от двух параллельных прямых, — это прямая c, которая параллельна данным прямым и проходит посередине между ними.
2. Расстояние от центра O до каждой из прямых a и b равно радиусу R. Следовательно, расстояние между прямыми a и b равно диаметру окружности, то есть $2R$. Это означает, что радиус R искомой окружности является величиной постоянной и равен половине расстояния между прямыми a и b.
3. Так как окружность проходит через точку M, расстояние от ее центра O до точки M также должно быть равно радиусу R, то есть $OM = R$. ГМТ, удаленных от точки M на постоянное расстояние R, — это окружность с центром в точке M и радиусом R.
4. Из этого следует, что центр O искомой окружности должен принадлежать одновременно двум множествам: прямой c и окружности с центром M и радиусом R. Таким образом, центр O является точкой пересечения этих двух ГМТ.

Построение

1. Нахождение срединной линии c и радиуса R:
- Выбрать произвольную точку A на прямой a и построить к ней перпендикуляр до пересечения с прямой b в точке B.
- Найти середину K отрезка AB. Длина отрезка AK является радиусом искомой окружности: $R = |AK|$.
- Через точку K провести прямую c, параллельную прямой a (и b).
2. Нахождение центров $O_1$ и $O_2$:
- Из данной точки M, как из центра, построить окружность (или ее дугу) радиусом R.
- Точки пересечения этой окружности с прямой c обозначить как $O_1$ и $O_2$. Это и есть центры искомых окружностей.
3. Построение окружностей:
- Построить окружность с центром в $O_1$ и радиусом R.
- Если существует вторая точка пересечения $O_2$, построить окружность с центром в $O_2$ и радиусом R.

Доказательство

Рассмотрим одну из построенных окружностей, например, с центром $O_1$ и радиусом R. По построению, ее центр $O_1$ лежит на срединной прямой c, а радиус R равен половине расстояния между a и b. Следовательно, эта окружность касается прямых a и b. Также по построению, точка $O_1$ является точкой пересечения прямой c и окружности с центром M и радиусом R, поэтому расстояние $|MO_1| = R$. Это означает, что построенная окружность проходит через точку M. Таким образом, она удовлетворяет всем условиям задачи. Аналогичное доказательство справедливо и для второй окружности с центром $O_2$ (если она существует).

Исследование

Количество решений задачи определяется количеством точек пересечения прямой c и окружности с центром M и радиусом R. Пусть h — расстояние от точки M до прямой c.
- Если $h < R$, прямая и окружность пересекаются в двух точках. Задача имеет два решения. Это условие выполняется, когда точка M расположена строго между прямыми a и b.
- Если $h = R$, прямая касается окружности в одной точке. Задача имеет одно решение. Это было бы возможно, если бы точка M лежала на одной из прямых a или b, что исключено условием задачи.
- Если $h > R$, общих точек нет. Задача не имеет решений. Это происходит, когда точка M находится вне полосы, ограниченной прямыми a и b.

Ответ:
Алгоритм построения искомой окружности (или окружностей) следующий:
1. Найти срединную линию c для данных параллельных прямых a и b.
2. Определить радиус R как половину расстояния между прямыми a и b.
3. Построить вспомогательную окружность с центром в данной точке M и радиусом R.
4. Найти точки пересечения (например, $O_1$ и $O_2$) срединной линии c и вспомогательной окружности. Эти точки являются центрами искомых окружностей.
5. Построить окружности с найденными центрами и радиусом R.
Задача имеет два решения, если точка M лежит между прямыми, и не имеет решений, если точка M лежит вне полосы, образованной этими прямыми.

819 Четырёхугольник ABCD описан около окружности с центром О. Докажите, что ∠AOD + ∠BOC = ∠AOB + ∠COD.

Пусть четырёхугольник $ABCD$ описан около окружности с центром в точке $O$. Это означает, что окружность является вписанной в данный четырёхугольник.

По свойству вписанной окружности, её центр $O$ является точкой пересечения биссектрис углов многоугольника. Следовательно, отрезки $AO, BO, CO, DO$ являются биссектрисами углов $\angle A, \angle B, \angle C$ и $\angle D$ четырёхугольника $ABCD$ соответственно.

Таким образом, мы можем выразить углы образованных треугольников через углы четырёхугольника:
$\angle OAD = \angle OAB = \frac{1}{2}\angle A$
$\angle OBA = \angle OBC = \frac{1}{2}\angle B$
$\angle OCB = \angle OCD = \frac{1}{2}\angle C$
$\angle ODA = \angle ODC = \frac{1}{2}\angle D$

Рассмотрим треугольники, вершинами которых являются соседние вершины четырёхугольника и центр окружности $O$. Сумма углов в любом треугольнике равна $180^\circ$.

В $\triangle AOD$ и $\triangle BOC$:
$\angle AOD = 180^\circ - (\angle OAD + \angle ODA) = 180^\circ - \left(\frac{\angle A}{2} + \frac{\angle D}{2}\right)$
$\angle BOC = 180^\circ - (\angle OBC + \angle OCB) = 180^\circ - \left(\frac{\angle B}{2} + \frac{\angle C}{2}\right)$

Теперь найдём сумму этих углов:
$\angle AOD + \angle BOC = \left(180^\circ - \frac{\angle A + \angle D}{2}\right) + \left(180^\circ - \frac{\angle B + \angle C}{2}\right)$
$\angle AOD + \angle BOC = 360^\circ - \frac{\angle A + \angle B + \angle C + \angle D}{2}$

Сумма углов любого выпуклого четырёхугольника равна $360^\circ$, то есть $\angle A + \angle B + \angle C + \angle D = 360^\circ$. Подставим это значение в полученное выражение:
$\angle AOD + \angle BOC = 360^\circ - \frac{360^\circ}{2} = 360^\circ - 180^\circ = 180^\circ$.

Проделаем аналогичные вычисления для другой пары углов, $\angle AOB$ и $\angle COD$.
Для $\triangle AOB$ и $\triangle COD$:
$\angle AOB = 180^\circ - (\angle OAB + \angle OBA) = 180^\circ - \left(\frac{\angle A}{2} + \frac{\angle B}{2}\right)$
$\angle COD = 180^\circ - (\angle OCD + \angle ODC) = 180^\circ - \left(\frac{\angle C}{2} + \frac{\angle D}{2}\right)$

Их сумма равна:
$\angle AOB + \angle COD = \left(180^\circ - \frac{\angle A + \angle B}{2}\right) + \left(180^\circ - \frac{\angle C + \angle D}{2}\right)$
$\angle AOB + \angle COD = 360^\circ - \frac{\angle A + \angle B + \angle C + \angle D}{2} = 360^\circ - \frac{360^\circ}{2} = 180^\circ$.

Мы получили, что обе суммы углов равны $180^\circ$:
$\angle AOD + \angle BOC = 180^\circ$
$\angle AOB + \angle COD = 180^\circ$
Следовательно, $\angle AOD + \angle BOC = \angle AOB + \angle COD$, что и требовалось доказать.

Ответ: Равенство $\angle AOD + \angle BOC = \angle AOB + \angle COD$ доказано, так как обе суммы равны $180^\circ$.

820 Четырёхугольник вписан в одну окружность и описан около другой. Докажите, что прямые, соединяющие точки касания вписанной окружности с его противоположными сторонами, перпендикулярны.

Пусть данный четырёхугольник — $ABCD$. По условию, он является бицентрическим, то есть одновременно вписанным в одну окружность и описанным около другой.

Пусть $\omega$ — вписанная в него окружность с центром в точке $I$. Пусть точки $K, L, M, N$ — это точки касания окружности $\omega$ со сторонами $AB, BC, CD$ и $DA$ соответственно. Требуется доказать, что прямые, соединяющие точки касания на противоположных сторонах, то есть прямые $KM$ и $LN$, перпендикулярны.

Прямые $KM$ и $LN$ являются хордами вписанной окружности $\omega$. Угол между двумя пересекающимися хордами равен полусумме угловых величин дуг, которые они высекают. Пусть $P$ — точка пересечения хорд $KM$ и $LN$. Тогда угол между ними, например $\angle KPL$, вычисляется по формуле:$\angle KPL = \frac{1}{2}(\text{дуга } KL + \text{дуга } MN)$.

Угловая величина дуги равна величине соответствующего ей центрального угла. Таким образом, для доказательства перпендикулярности прямых $KM$ и $LN$ (то есть $\angle KPL = 90^\circ$), нам необходимо показать, что сумма центральных углов, опирающихся на эти дуги, равна $180^\circ$:$\angle KIL + \angle MIN = 180^\circ$.

Рассмотрим четырёхугольник $BKIL$. В нём отрезки $IK$ и $IL$ являются радиусами вписанной окружности, проведёнными в точки касания, поэтому они перпендикулярны касательным (сторонам четырёхугольника). Следовательно, $\angle IKB = \angle ILB = 90^\circ$. Сумма углов в выпуклом четырёхугольнике равна $360^\circ$, поэтому:$\angle B + \angle IKB + \angle KIL + \angle ILB = 360^\circ$$\angle B + 90^\circ + \angle KIL + 90^\circ = 360^\circ$Из этого уравнения находим $\angle KIL = 180^\circ - \angle B$.

Аналогично, рассмотрев четырёхугольник $DMIN$, в котором $\angle IMD = \angle IND = 90^\circ$ (так как $IM$ и $IN$ — радиусы, проведённые в точки касания), получим:$\angle D + \angle IMD + \angle MIN + \angle IND = 360^\circ$$\angle D + 90^\circ + \angle MIN + 90^\circ = 360^\circ$Отсюда $\angle MIN = 180^\circ - \angle D$.

Теперь найдём сумму искомых центральных углов:$\angle KIL + \angle MIN = (180^\circ - \angle B) + (180^\circ - \angle D) = 360^\circ - (\angle B + \angle D)$.

По условию задачи, четырёхугольник $ABCD$ вписан в окружность. Свойство любого вписанного (циклического) четырёхугольника заключается в том, что сумма его противоположных углов равна $180^\circ$. Следовательно:$\angle B + \angle D = 180^\circ$.

Подставим это значение в выражение для суммы центральных углов:$\angle KIL + \angle MIN = 360^\circ - 180^\circ = 180^\circ$.

Теперь мы можем вычислить угол между хордами $KM$ и $LN$:$\angle KPL = \frac{1}{2}(\angle KIL + \angle MIN) = \frac{1}{2}(180^\circ) = 90^\circ$.

Таким образом, прямые $KM$ и $LN$ пересекаются под прямым углом, то есть они перпендикулярны.

Ответ: Что и требовалось доказать.

821 В окружность вписан четырёхугольник ABCD. Точки A₁, B₁, C₁, D₁ являются серединами дуг AB, ВC, CD, DA. Докажите, что прямые A₁C₁ и B₁D₁ перпендикулярны.

Для доказательства перпендикулярности прямых $A_1C_1$ и $B_1D_1$ найдём угол между ними. Пусть эти прямые, являющиеся хордами данной окружности, пересекаются в точке $P$. Угол между двумя пересекающимися хордами в окружности равен полусумме угловых мер дуг, которые они высекают.

Угол $\angle A_1PB_1$ и вертикальный ему угол $\angle C_1PD_1$ опираются на дуги $A_1B_1$ и $C_1D_1$. Следовательно, величина угла между прямыми $A_1C_1$ и $B_1D_1$ вычисляется по формуле: $\angle A_1PB_1 = \frac{1}{2}(\smile A_1B_1 + \smile C_1D_1)$, где символ $\smile$ обозначает угловую меру дуги.

По условию задачи, точки $A_1, B_1, C_1, D_1$ являются серединами дуг $AB, BC, CD, DA$ соответственно. Это означает, что:

$\smile A_1B = \frac{1}{2}\smile AB$

$\smile B_1C = \frac{1}{2}\smile BC$

$\smile C_1D = \frac{1}{2}\smile CD$

$\smile D_1A = \frac{1}{2}\smile DA$

Теперь выразим дуги $A_1B_1$ и $C_1D_1$ через дуги исходного четырехугольника. Дуга $A_1B_1$ состоит из дуг $A_1B$ и $BB_1$, а дуга $C_1D_1$ состоит из дуг $C_1D$ и $DD_1$. Так как $A_1$ и $B_1$ - середины дуг $AB$ и $BC$, то $\smile A_1B = \frac{1}{2}\smile AB$ и $\smile BB_1 = \frac{1}{2}\smile BC$. Аналогично для других точек.

$\smile A_1B_1 = \smile A_1B + \smile BB_1 = \frac{1}{2}\smile AB + \frac{1}{2}\smile BC = \frac{1}{2}(\smile AB + \smile BC)$

$\smile C_1D_1 = \smile C_1D + \smile DD_1 = \frac{1}{2}\smile CD + \frac{1}{2}\smile DA = \frac{1}{2}(\smile CD + \smile DA)$

Подставим эти выражения в формулу для угла $\angle A_1PB_1$:

$\angle A_1PB_1 = \frac{1}{2} \left( \frac{1}{2}(\smile AB + \smile BC) + \frac{1}{2}(\smile CD + \smile DA) \right)$

$\angle A_1PB_1 = \frac{1}{4}(\smile AB + \smile BC + \smile CD + \smile DA)$

Сумма дуг $\smile AB, \smile BC, \smile CD, \smile DA$ составляет полную окружность, так как $ABCD$ — вписанный четырехугольник. Угловая мера полной окружности равна $360^\circ$.

$\smile AB + \smile BC + \smile CD + \smile DA = 360^\circ$

Таким образом, угол между прямыми $A_1C_1$ и $B_1D_1$ равен:

$\angle A_1PB_1 = \frac{1}{4} \times 360^\circ = 90^\circ$

Поскольку угол между прямыми $A_1C_1$ и $B_1D_1$ равен $90^\circ$, эти прямые перпендикулярны, что и требовалось доказать.

Ответ: Утверждение доказано, прямые $A_1C_1$ и $B_1D_1$ перпендикулярны.

822 Около треугольника АВС описана окружность. Биссектрисы его углов А, В и С пересекают эту окружность в точках А₁, В₁ и С₁. Докажите, что прямые АА₁, ВВ₁ и СС₁ содержат высоты треугольника А₁В₁С₁.

Пусть $ \triangle ABC $ вписан в окружность. Обозначим углы этого треугольника как $ \angle A, \angle B, \angle C $. По условию, $ AA_1, BB_1, CC_1 $ — биссектрисы углов $ \angle A, \angle B, \angle C $ соответственно, где точки $ A_1, B_1, C_1 $ лежат на описанной окружности.

Нам нужно доказать, что прямые $ AA_1, BB_1, CC_1 $ содержат высоты треугольника $ A_1B_1C_1 $. Докажем, что прямая $ AA_1 $ перпендикулярна стороне $ B_1C_1 $. Для остальных прямых и сторон доказательство будет аналогичным в силу симметрии.

Воспользуемся свойством, что вписанный угол равен половине градусной меры дуги, на которую он опирается.

Поскольку $AA_1$ — биссектриса угла $\angle A$, то $\angle BAA_1 = \angle CAA_1 = \frac{\angle A}{2}$. Эти углы являются вписанными и опираются на дуги $BA_1$ и $CA_1$ соответственно. Следовательно, градусные меры этих дуг равны:$ \cup BA_1 = 2 \cdot \angle BAA_1 = 2 \cdot \frac{\angle A}{2} = \angle A $.$ \cup CA_1 = 2 \cdot \angle CAA_1 = 2 \cdot \frac{\angle A}{2} = \angle A $.

Аналогично для биссектрис $BB_1$ и $CC_1$:
$BB_1$ — биссектриса $\angle B \implies \cup AB_1 = \cup CB_1 = \angle B$.
$CC_1$ — биссектриса $\angle C \implies \cup AC_1 = \cup BC_1 = \angle C$.

Пусть прямая $AA_1$ пересекает прямую $B_1C_1$ в точке $H$. Чтобы доказать, что $AA_1 \perp B_1C_1$, нужно показать, что угол $ \angle A_1HB_1 = 90^\circ $. Рассмотрим для этого треугольник $ \triangle A_1HB_1 $ и найдем два его угла.

1. Угол $\angle HA_1B_1$ (тот же, что и $\angle AA_1B_1$) — это вписанный угол, который опирается на дугу $\cup AB_1$. Мы установили, что $ \cup AB_1 = \angle B $, следовательно:$ \angle HA_1B_1 = \frac{1}{2} \cup AB_1 = \frac{\angle B}{2} $.

2. Угол $\angle HB_1A_1$ (тот же, что и $\angle C_1B_1A_1$) — это вписанный угол, который опирается на дугу $\cup C_1A_1$. Эта дуга является суммой дуг $\cup C_1B$ и $\cup BA_1$. Мы нашли, что $ \cup C_1B = \angle C $ и $ \cup BA_1 = \angle A $. Таким образом:$ \cup C_1A_1 = \cup C_1B + \cup BA_1 = \angle C + \angle A $.Следовательно, $ \angle HB_1A_1 = \frac{1}{2} \cup C_1A_1 = \frac{\angle A + \angle C}{2} $.

Теперь, зная два угла в треугольнике $ \triangle A_1HB_1 $, найдем третий угол $ \angle A_1HB_1 $ по теореме о сумме углов треугольника:$ \angle A_1HB_1 = 180^\circ - (\angle HA_1B_1 + \angle HB_1A_1) = 180^\circ - \left(\frac{\angle B}{2} + \frac{\angle A + \angle C}{2}\right) = 180^\circ - \frac{\angle A + \angle B + \angle C}{2} $.

Поскольку сумма углов в исходном треугольнике $ABC$ равна $180^\circ$, то есть $ \angle A + \angle B + \angle C = 180^\circ $. Подставим это значение в наше выражение:$ \angle A_1HB_1 = 180^\circ - \frac{180^\circ}{2} = 180^\circ - 90^\circ = 90^\circ $.

Это означает, что $ AA_1 \perp B_1C_1 $, и, следовательно, прямая $AA_1$ содержит высоту треугольника $A_1B_1C_1$, проведенную из вершины $A_1$. Аналогично доказывается, что $ BB_1 \perp A_1C_1 $ и $ CC_1 \perp A_1B_1 $. Таким образом, все три прямые содержат высоты треугольника $A_1B_1C_1$, что и требовалось доказать.

Ответ: Доказано, что прямые $AA_1, BB_1$ и $CC_1$ содержат высоты треугольника $A_1B_1C_1$.

823 Прямые АА₁, ВВ₁ и СС₁, содержащие высоты остроугольного треугольника АВС, пересекают описанную окружность в точках A₁, B₁, C₁. Докажите, что эти прямые содержат биссектрисы треугольника А₁В₁С₁.

Доказательство:

Пусть дан остроугольный треугольник $ABC$. Прямые, содержащие его высоты, пересекают описанную около него окружность в точках $A_1, B_1, C_1$. Нам необходимо доказать, что прямая $AA_1$ является биссектрисой угла $\angle C_1A_1B_1$, прямая $BB_1$ — биссектрисой угла $\angle A_1B_1C_1$, и прямая $CC_1$ — биссектрисой угла $\angle B_1C_1A_1$.

В силу симметрии задачи достаточно доказать утверждение для одной из вершин, например, для вершины $A_1$. То есть докажем, что прямая $AA_1$ делит угол $\angle C_1A_1B_1$ пополам.

Для того чтобы прямая $AA_1$ была биссектрисой угла $\angle C_1A_1B_1$, необходимо и достаточно, чтобы углы, на которые она его делит, были равны, то есть $\angle C_1A_1A = \angle B_1A_1A$.

Углы $\angle C_1A_1A$ и $\angle B_1A_1A$ — это вписанные углы в описанную окружность треугольника $ABC$. Угол $\angle C_1A_1A$ опирается на дугу $C_1A$. Угол $\angle B_1A_1A$ опирается на дугу $B_1A$.

Следовательно, для доказательства равенства углов $\angle C_1A_1A = \angle B_1A_1A$ достаточно доказать равенство дуг, на которые они опираются: $\text{дуга } C_1A = \text{дуга } B_1A$.

Равенство дуг равносильно равенству любых вписанных углов, опирающихся на эти дуги. Рассмотрим вписанные углы $\angle C_1CA$ и $\angle B_1BA$. Угол $\angle C_1CA$ опирается на дугу $C_1A$. Угол $\angle B_1BA$ опирается на дугу $B_1A$. Докажем, что $\angle C_1CA = \angle B_1BA$.

Пусть $H_B$ и $H_C$ — основания высот, опущенных из вершин $B$ и $C$ на стороны $AC$ и $AB$ соответственно.

Прямая $CC_1$ содержит высоту $CH_C$. Рассмотрим прямоугольный треугольник $ACH_C$ ($\angle AH_CC = 90^\circ$). В нём $\angle ACH_C = 90^\circ - \angle BAC$. Поскольку точки $C$, $H_C$ и $C_1$ лежат на одной прямой, то $\angle C_1CA = \angle H_CCA = \angle ACH_C = 90^\circ - \angle BAC$.

Прямая $BB_1$ содержит высоту $BH_B$. Рассмотрим прямоугольный треугольник $ABH_B$ ($\angle AH_BA = 90^\circ$). В нём $\angle ABH_B = 90^\circ - \angle BAC$. Поскольку точки $B$, $H_B$ и $B_1$ лежат на одной прямой, то $\angle B_1BA = \angle H_BBA = \angle ABH_B = 90^\circ - \angle BAC$.

Мы получили, что $\angle C_1CA = 90^\circ - \angle BAC$ и $\angle B_1BA = 90^\circ - \angle BAC$. Следовательно, $\angle C_1CA = \angle B_1BA$.

Так как вписанные углы $\angle C_1CA$ и $\angle B_1BA$ равны, то и дуги, на которые они опираются, равны: $\text{дуга } C_1A = \text{дуга } B_1A$.

Из равенства дуг следует равенство вписанных углов $\angle C_1A_1A$ и $\angle B_1A_1A$, которые на них опираются. Таким образом, прямая $AA_1$ является биссектрисой угла $\angle C_1A_1B_1$.

Аналогично, рассматривая углы при вершинах $B$ и $C$ треугольника $ABC$, можно доказать, что:

• $\angle A_1B_1B = \angle C_1B_1B$, так как оба соответствующих вписанных угла (например, $\angle A_1AB$ и $\angle C_1CB$) равны $90^\circ - \angle ABC$. Значит, $BB_1$ — биссектриса $\angle A_1B_1C_1$.
• $\angle B_1C_1C = \angle A_1C_1C$, так как оба соответствующих вписанных угла (например, $\angle B_1BC$ и $\angle A_1AC$) равны $90^\circ - \angle BCA$. Значит, $CC_1$ — биссектриса $\angle B_1C_1A_1$.

Таким образом, прямые $AA_1$, $BB_1$ и $CC_1$ содержат биссектрисы треугольника $A_1B_1C_1$.

Ответ: Что и требовалось доказать.