Страница 218 - гдз по геометрии 7-9 класс учебник Атанасян, Бутузов

863 Точки Е и F лежат на стороне AB треугольника ABC, причём точка Е лежит на отрезке AF и AE = BF. Прямая, проведённая через точку Е параллельно стороне АС, пересекает прямую, проведённую через точку F параллельно стороне ВС, в точке K. Докажите, что точка K лежит на медиане треугольника ABC, проведённой к стороне AB.

Пусть $M$ — середина стороны $AB$ треугольника $ABC$. Тогда $CM$ — медиана, проведённая к стороне $AB$. Нам необходимо доказать, что точка $K$ лежит на прямой $CM$, то есть что точки $C$, $K$ и $M$ коллинеарны.

Введём в рассмотрение несколько вспомогательных точек и линий. Пусть прямая, проходящая через точку $E$ параллельно стороне $AC$, пересекает сторону $BC$ в точке $P$. Пусть прямая, проходящая через точку $F$ параллельно стороне $BC$, пересекает сторону $AC$ в точке $Q$.

По условию задачи, точка $K$ является точкой пересечения прямых $EP$ (так как $EK \parallel AC$) и $FQ$ (так как $FK \parallel BC$).

Рассмотрим четырёхугольник $CQKP$. В нём сторона $KQ$ (являющаяся частью прямой $EP$) параллельна стороне $CP$ (являющейся частью прямой $AC$), и сторона $KP$ (являющаяся частью прямой $FQ$) параллельна стороне $CQ$ (являющейся частью прямой $BC$). Ой, здесь ошибка в рассуждениях. Сторона $KP$ параллельна $CQ$, а $KQ$ параллельна $CP$. Давайте исправим:

• Прямая $KQ$ является частью прямой $EK$, которая по условию параллельна $AC$. Сторона $CP$ лежит на прямой $BC$. Эти стороны не параллельны.
• Прямая $KP$ является частью прямой $FK$, которая по условию параллельна $BC$. Сторона $CQ$ лежит на прямой $AC$. Эти стороны не параллельны.

Правильно будет так:Рассмотрим четырёхугольник $CQKP$. Его стороны лежат на прямых $AC, BC, EK, FK$. По построению, $KQ$ лежит на прямой $EK$ и $EK \parallel AC$, значит $KQ \parallel CQ$. Аналогично, $KP$ лежит на прямой $FK$ и $FK \parallel BC$, значит $KP \parallel CP$. Следовательно, четырёхугольник $CPKQ$ является параллелограммом.

В параллелограмме диагонали пересекаются и точкой пересечения делятся пополам. Это означает, что диагональ $CK$ проходит через середину диагонали $PQ$.

Теперь установим связь между положением точек $P$ и $Q$ и условием $AE=BF$.

Так как $EP \parallel AC$, по теореме Фалеса для угла $B$ (или из подобия треугольников $\triangle BPE \sim \triangle BCA$) имеем:$ \frac{BP}{BC} = \frac{BE}{BA} $

Так как $FQ \parallel BC$, по теореме Фалеса для угла $A$ (или из подобия треугольников $\triangle AFQ \sim \triangle ABC$) имеем:$ \frac{AQ}{AC} = \frac{AF}{AB} $

Из условия $AE = BF$ следует, что $AF = AB - BF = AB - AE$. Таким образом, $AE+AF=AB$.Также $BE = AB - AE$. Подставим это в первое соотношение:$ \frac{BP}{BC} = \frac{AB - AE}{AB} = 1 - \frac{AE}{AB} $

Используя $AE = AB - AF$, получим $\frac{AE}{AB} = 1 - \frac{AF}{AB}$. Подставим это в выражение для $\frac{BP}{BC}$:$ \frac{BP}{BC} = 1 - (1 - \frac{AF}{AB}) = \frac{AF}{AB} $

Сравнивая это со вторым соотношением, получаем:$ \frac{BP}{BC} = \frac{AQ}{AC} $

Рассмотрим теперь отрезки $CP$ и $CQ$.$CP = BC - BP \Rightarrow \frac{CP}{BC} = 1 - \frac{BP}{BC}$$CQ = AC - AQ \Rightarrow \frac{CQ}{AC} = 1 - \frac{AQ}{AC}$

Поскольку $\frac{BP}{BC} = \frac{AQ}{AC}$, то и $1 - \frac{BP}{BC} = 1 - \frac{AQ}{AC}$, а значит:$ \frac{CP}{BC} = \frac{CQ}{AC} $

Это соотношение означает, что треугольник $\triangle CPQ$ подобен треугольнику $\triangle CBA$ (по двум сторонам и углу между ними, так как угол $C$ у них общий).

Рассмотрим гомотетию с центром в точке $C$ и коэффициентом $k = \frac{CP}{CB} = \frac{CQ}{CA}$. Эта гомотетия переводит $\triangle CBA$ в $\triangle CPQ$. При гомотетии медиана переходит в медиану. Медиана $CM$ треугольника $\triangle CBA$ переходит в медиану $CN$ треугольника $\triangle CPQ$ (где $N$ — середина стороны $PQ$). Это означает, что точки $C, M, N$ лежат на одной прямой.

Мы уже установили, что $CPKQ$ — параллелограмм. Его диагональ $CK$ проходит через середину диагонали $PQ$, то есть через точку $N$. Следовательно, точки $C, N, K$ также лежат на одной прямой.

Поскольку точки $C, M, N$ лежат на одной прямой и точки $C, N, K$ лежат на одной прямой, то все четыре точки $C, M, N, K$ лежат на одной и той же прямой.

Следовательно, точка $K$ лежит на медиане $CM$. Что и требовалось доказать.

Ответ: Утверждение доказано. Точка $K$ лежит на медиане треугольника $ABC$, проведённой к стороне $AB$.

864 Гипотенуза прямоугольного треугольника является стороной квадрата, не перекрывающегося с этим треугольником. Найдите расстояние от точки пересечения диагоналей квадрата до вершины прямого угла треугольника, если сумма катетов равна а.

Решение:
Введем систему координат, разместив вершину прямого угла треугольника в начале координат, а катеты — на осях.
Пусть $C$ — вершина прямого угла, тогда ее координаты $C(0, 0)$. Пусть вершины острых углов $A$ и $B$ лежат на осях $Ox$ и $Oy$ соответственно. Обозначим длины катетов $AC$ и $BC$ как $x_0$ и $y_0$. Тогда координаты вершин треугольника будут $C(0, 0)$, $A(x_0, 0)$ и $B(0, y_0)$.
По условию задачи, сумма катетов равна $a$, то есть $x_0 + y_0 = a$.
Гипотенузой треугольника является отрезок $AB$. На этой гипотенузе построен квадрат, который не перекрывается с треугольником. Пусть это будет квадрат $ABDE$.
Найдем координаты вершин квадрата. Вектор, соответствующий стороне $AB$, равен $\vec{AB} = (0 - x_0, y_0 - 0) = (-x_0, y_0)$.
Вектор стороны квадрата, смежной с $AB$, например $\vec{AD}$, должен быть перпендикулярен вектору $\vec{AB}$ и иметь ту же длину. Вектор, перпендикулярный вектору $(-x_0, y_0)$, это вектор $(y_0, x_0)$ или $(-y_0, -x_0)$.
Треугольник $ABC$ находится в первом координатном квадранте. Чтобы квадрат не перекрывался с треугольником, он должен быть построен "наружу" от гипотенузы. Это соответствует вектору $\vec{AD} = (y_0, x_0)$.
Тогда координаты вершины $D$ можно найти, прибавив вектор $\vec{AD}$ к координатам точки $A$:$D = A + \vec{AD} = (x_0, 0) + (y_0, x_0) = (x_0 + y_0, x_0)$.
Координаты вершины $E$ можно найти, прибавив тот же вектор $\vec{AD}$ (так как $\vec{BE} = \vec{AD}$) к координатам точки $B$:$E = B + \vec{AD} = (0, y_0) + (y_0, x_0) = (y_0, y_0 + x_0)$.
Таким образом, вершины квадрата: $A(x_0, 0)$, $B(0, y_0)$, $D(x_0+y_0, x_0)$, $E(y_0, y_0+x_0)$.
Точка пересечения диагоналей квадрата, обозначим ее $O$, является серединой любой из диагоналей, например, диагонали $BD$.
Найдем координаты точки $O$ как середины отрезка $BD$:$O = \left( \frac{x_B + x_D}{2}, \frac{y_B + y_D}{2} \right) = \left( \frac{0 + (x_0 + y_0)}{2}, \frac{y_0 + x_0}{2} \right) = \left( \frac{x_0 + y_0}{2}, \frac{x_0 + y_0}{2} \right)$.
Так как по условию $x_0 + y_0 = a$, координаты точки $O$ равны:$O\left(\frac{a}{2}, \frac{a}{2}\right)$.
Теперь найдем расстояние от точки пересечения диагоналей квадрата $O$ до вершины прямого угла $C(0,0)$. Используем формулу расстояния между двумя точками:$OC = \sqrt{\left(\frac{a}{2} - 0\right)^2 + \left(\frac{a}{2} - 0\right)^2} = \sqrt{\left(\frac{a}{2}\right)^2 + \left(\frac{a}{2}\right)^2} = \sqrt{\frac{a^2}{4} + \frac{a^2}{4}} = \sqrt{\frac{2a^2}{4}} = \sqrt{\frac{a^2}{2}}$.
$OC = \frac{a}{\sqrt{2}} = \frac{a\sqrt{2}}{2}$.
Ответ: $\frac{a\sqrt{2}}{2}$.

865 В треугольнике ABC ∠A = 180°7 и ∠B = 360°7. Докажите, что 1BC = 1AC + 1AB.

Обозначим стороны треугольника, противолежащие углам $A$, $B$ и $C$, как $a$, $b$ и $c$ соответственно. То есть, $a = BC$, $b = AC$ и $c = AB$. Уравнение, которое необходимо доказать, принимает вид:

$\frac{1}{a} = \frac{1}{b} + \frac{1}{c}$

Сначала найдем величину угла $C$. Сумма углов в треугольнике равна $180^\circ$ (или $\pi$ радиан). Дано:

$\angle A = \frac{180^\circ}{7}$

$\angle B = \frac{360^\circ}{7} = 2 \cdot \frac{180^\circ}{7} = 2\angle A$

Тогда угол $C$ равен:

$\angle C = 180^\circ - \angle A - \angle B = 180^\circ - \frac{180^\circ}{7} - \frac{360^\circ}{7} = 180^\circ \left(1 - \frac{1}{7} - \frac{2}{7}\right) = 180^\circ \left(\frac{7-1-2}{7}\right) = 180^\circ \cdot \frac{4}{7} = \frac{720^\circ}{7}$

Заметим, что $\angle C = 4 \angle A$ и $\angle B = 2\angle A$. Обозначим $\alpha = \angle A = \frac{180^\circ}{7} = \frac{\pi}{7}$ радиан. Тогда углы треугольника равны $\alpha$, $2\alpha$ и $4\alpha$.

Теперь воспользуемся теоремой синусов, которая связывает стороны треугольника с синусами противолежащих углов:

$\frac{a}{\sin A} = \frac{b}{\sin B} = \frac{c}{\sin C} = 2R$

где $R$ — радиус описанной окружности. Отсюда можно выразить длины сторон:

$a = 2R \sin A = 2R \sin \alpha$

$b = 2R \sin B = 2R \sin(2\alpha)$

$c = 2R \sin C = 2R \sin(4\alpha)$

Подставим эти выражения в доказываемое равенство:

$\frac{1}{2R \sin \alpha} = \frac{1}{2R \sin(2\alpha)} + \frac{1}{2R \sin(4\alpha)}$

Сократив на $2R$ (поскольку $R \ne 0$), мы получим эквивалентное тригонометрическое тождество, которое нужно доказать:

$\frac{1}{\sin \alpha} = \frac{1}{\sin(2\alpha)} + \frac{1}{\sin(4\alpha)}$

Приведем правую часть к общему знаменателю:

$\frac{1}{\sin \alpha} = \frac{\sin(4\alpha) + \sin(2\alpha)}{\sin(2\alpha)\sin(4\alpha)}$

Перемножим крест-накрест:

$\sin(2\alpha)\sin(4\alpha) = \sin \alpha (\sin(4\alpha) + \sin(2\alpha))$

Для доказательства этого тождества при $\alpha = \pi/7$ воспользуемся свойствами углов, связанных с правильным семиугольником. Так как $7\alpha = \pi$, то для любого целого $k$ справедливо $\sin(k\alpha) = \sin(\pi - k\alpha) = \sin((7-k)\alpha)$. В частности:

$\sin(4\alpha) = \sin(7\alpha - 3\alpha) = \sin(\pi - 3\alpha) = \sin(3\alpha)$

Подставим это в наше тождество:

$\sin(2\alpha)\sin(3\alpha) = \sin \alpha (\sin(3\alpha) + \sin(2\alpha))$

Раскроем скобки и перенесем все члены в одну сторону:

$\sin(2\alpha)\sin(3\alpha) - \sin \alpha \sin(3\alpha) - \sin \alpha \sin(2\alpha) = 0$

Теперь применим формулу преобразования произведения синусов в сумму (разность) косинусов: $\sin x \sin y = \frac{1}{2}(\cos(x-y) - \cos(x+y))$.

$\frac{1}{2}(\cos\alpha - \cos(5\alpha)) - \frac{1}{2}(\cos(2\alpha) - \cos(4\alpha)) - \frac{1}{2}(\cos\alpha - \cos(3\alpha)) = 0$

Умножим на 2 и раскроем скобки:

$\cos\alpha - \cos(5\alpha) - \cos(2\alpha) + \cos(4\alpha) - \cos\alpha + \cos(3\alpha) = 0$

Сократим $\cos\alpha$:

$-\cos(5\alpha) - \cos(2\alpha) + \cos(4\alpha) + \cos(3\alpha) = 0$

Теперь воспользуемся еще одним свойством углов: $\cos(k\alpha) = \cos(\pi - (7-k)\alpha) = -\cos((7-k)\alpha)$.

$\cos(5\alpha) = -\cos(2\alpha)$

$\cos(4\alpha) = -\cos(3\alpha)$

Подставим эти соотношения в наше уравнение:

$-(-\cos(2\alpha)) - \cos(2\alpha) + (-\cos(3\alpha)) + \cos(3\alpha) = 0$

$\cos(2\alpha) - \cos(2\alpha) - \cos(3\alpha) + \cos(3\alpha) = 0$

$0 = 0$

Мы получили верное тождество. Следовательно, исходное равенство для сторон треугольника также является верным.

Ответ: Равенство $\frac{1}{BC} = \frac{1}{AC} + \frac{1}{AB}$ доказано.

866 Из точки М внутренней области угла AOB проведены перпендикуляры МР и MQ к его сторонам ОА и ОB. Из точек Р и Q проведены перпендикуляры PR и QS соответственно к ОВ и OA. Докажите, что RS ⊥ OM.

Для доказательства воспользуемся векторным методом. Поместим начало координат в вершину угла $O$. Введем единичные векторы $\vec{e_1}$ и $\vec{e_2}$, направленные вдоль лучей $OA$ и $OB$ соответственно, так что $|\vec{e_1}| = 1$ и $|\vec{e_2}| = 1$.

Пусть $\vec{m} = \vec{OM}$. По условию задачи, точки $P$, $Q$, $R$ и $S$ являются ортогональными проекциями других точек на стороны угла. Ортогональная проекция вектора $\vec{a}$ на направление, заданное единичным вектором $\vec{e}$, вычисляется по формуле $(\vec{a} \cdot \vec{e})\vec{e}$.

Выразим радиус-векторы точек $P$, $Q$, $R$ и $S$ через вектор $\vec{m}$ и единичные векторы $\vec{e_1}$ и $\vec{e_2}$.

1. Точка $P$ — это проекция точки $M$ на луч $OA$. Следовательно, радиус-вектор точки $P$ равен:

$\vec{OP} = (\vec{OM} \cdot \vec{e_1})\vec{e_1} = (\vec{m} \cdot \vec{e_1})\vec{e_1}$

2. Точка $Q$ — это проекция точки $M$ на луч $OB$. Следовательно, радиус-вектор точки $Q$ равен:

$\vec{OQ} = (\vec{OM} \cdot \vec{e_2})\vec{e_2} = (\vec{m} \cdot \vec{e_2})\vec{e_2}$

3. Точка $R$ — это проекция точки $P$ на луч $OB$. Следовательно, радиус-вектор точки $R$ равен:

$\vec{OR} = (\vec{OP} \cdot \vec{e_2})\vec{e_2}$

Подставим в это выражение $\vec{OP}$ из пункта 1:

$\vec{OR} = ( ((\vec{m} \cdot \vec{e_1})\vec{e_1}) \cdot \vec{e_2})\vec{e_2}$

Так как $(\vec{m} \cdot \vec{e_1})$ является скаляром, его можно вынести за знак скалярного произведения:

$\vec{OR} = (\vec{m} \cdot \vec{e_1}) (\vec{e_1} \cdot \vec{e_2})\vec{e_2}$

4. Точка $S$ — это проекция точки $Q$ на луч $OA$. Следовательно, радиус-вектор точки $S$ равен:

$\vec{OS} = (\vec{OQ} \cdot \vec{e_1})\vec{e_1}$

Подставим в это выражение $\vec{OQ}$ из пункта 2:

$\vec{OS} = ( ((\vec{m} \cdot \vec{e_2})\vec{e_2}) \cdot \vec{e_1})\vec{e_1}$

Аналогично, вынося скаляр $(\vec{m} \cdot \vec{e_2})$, получаем:

$\vec{OS} = (\vec{m} \cdot \vec{e_2}) (\vec{e_2} \cdot \vec{e_1})\vec{e_1}$

Для доказательства перпендикулярности $RS \perp OM$ необходимо показать, что скалярное произведение векторов $\vec{RS}$ и $\vec{OM}$ равно нулю, то есть $\vec{RS} \cdot \vec{OM} = 0$.

Сначала выразим вектор $\vec{RS}$ через радиус-векторы его конца и начала:

$\vec{RS} = \vec{OS} - \vec{OR} = (\vec{m} \cdot \vec{e_2}) (\vec{e_2} \cdot \vec{e_1})\vec{e_1} - (\vec{m} \cdot \vec{e_1}) (\vec{e_1} \cdot \vec{e_2})\vec{e_2}$

Теперь вычислим скалярное произведение $\vec{OM} \cdot \vec{RS}$:

$\vec{OM} \cdot \vec{RS} = \vec{m} \cdot [(\vec{m} \cdot \vec{e_2}) (\vec{e_2} \cdot \vec{e_1})\vec{e_1} - (\vec{m} \cdot \vec{e_1}) (\vec{e_1} \cdot \vec{e_2})\vec{e_2}]$

Используя свойство дистрибутивности скалярного произведения, раскроем скобки:

$\vec{OM} \cdot \vec{RS} = \vec{m} \cdot ((\vec{m} \cdot \vec{e_2}) (\vec{e_2} \cdot \vec{e_1})\vec{e_1}) - \vec{m} \cdot ((\vec{m} \cdot \vec{e_1}) (\vec{e_1} \cdot \vec{e_2})\vec{e_2})$

Вынесем скалярные множители из-под знака скалярного произведения:

$\vec{OM} \cdot \vec{RS} = (\vec{m} \cdot \vec{e_2}) (\vec{e_2} \cdot \vec{e_1}) (\vec{m} \cdot \vec{e_1}) - (\vec{m} \cdot \vec{e_1}) (\vec{e_1} \cdot \vec{e_2}) (\vec{m} \cdot \vec{e_2})$

Скалярное произведение коммутативно ($\vec{e_1} \cdot \vec{e_2} = \vec{e_2} \cdot \vec{e_1}$), а умножение действительных чисел также коммутативно. Следовательно, уменьшаемое и вычитаемое в полученном выражении равны:

$(\vec{m} \cdot \vec{e_1}) (\vec{m} \cdot \vec{e_2}) (\vec{e_1} \cdot \vec{e_2}) = (\vec{m} \cdot \vec{e_1}) (\vec{m} \cdot \vec{e_2}) (\vec{e_1} \cdot \vec{e_2})$

Таким образом, их разность равна нулю:

$\vec{OM} \cdot \vec{RS} = 0$

Равенство нулю скалярного произведения векторов означает, что эти векторы ортогональны. Следовательно, прямые $OM$ и $RS$ перпендикулярны, что и требовалось доказать.

Ответ: Утверждение доказано.

867 В равнобедренном треугольнике ABC из середины D основания АС проведён перпендикуляр DH к стороне ВС. Пусть М — середина отрезка DH. Докажите, что ВМ ⊥ АН.

Для решения задачи воспользуемся методом координат.

1. Введение системы координат.Поскольку треугольник $ABC$ равнобедренный с основанием $AC$, медиана $BD$, проведенная к основанию, является также и высотой. Следовательно, $BD \perp AC$.Введем прямоугольную систему координат с началом в точке $D$. Направим ось $Ox$ вдоль прямой $AC$ и ось $Oy$ вдоль прямой $BD$.Пусть длина отрезка $DC$ равна $c$, а длина отрезка $DB$ равна $b$. Тогда координаты вершин треугольника будут следующими:

• $A(-c, 0)$
• $B(0, b)$
• $C(c, 0)$
• $D(0, 0)$

2. Нахождение координат точки H.Точка $H$ является основанием перпендикуляра $DH$, опущенного из точки $D$ на прямую $BC$. Для нахождения ее координат сначала найдем уравнения прямых $BC$ и $DH$.

Угловой коэффициент прямой $BC$:$k_{BC} = \frac{y_C - y_B}{x_C - x_B} = \frac{0 - b}{c - 0} = -\frac{b}{c}$.

Уравнение прямой $BC$ (используя точку $C(c, 0)$ и угловой коэффициент):$y - 0 = k_{BC}(x - c) \implies y = -\frac{b}{c}(x - c)$.

Прямая $DH$ проходит через начало координат $D(0, 0)$ и перпендикулярна прямой $BC$. Условие перпендикулярности прямых: $k_{DH} \cdot k_{BC} = -1$.Отсюда угловой коэффициент прямой $DH$:$k_{DH} = -\frac{1}{k_{BC}} = -\frac{1}{-b/c} = \frac{c}{b}$.

Уравнение прямой $DH$:$y = k_{DH}x \implies y = \frac{c}{b}x$.

Координаты точки $H$ найдем, решив систему уравнений для прямых $BC$ и $DH$:

$\frac{c}{b}x = -\frac{b}{c}(x - c)$

$\frac{c}{b}x = -\frac{b}{c}x + b$

$(\frac{c}{b} + \frac{b}{c})x = b$

$\frac{c^2 + b^2}{bc}x = b$

$x_H = \frac{b^2c}{b^2 + c^2}$.

Теперь найдем $y_H$, подставив $x_H$ в уравнение прямой $DH$:

$y_H = \frac{c}{b}x_H = \frac{c}{b} \cdot \frac{b^2c}{b^2 + c^2} = \frac{bc^2}{b^2 + c^2}$.

Таким образом, координаты точки $H$ равны $(\frac{b^2c}{b^2 + c^2}, \frac{bc^2}{b^2 + c^2})$.

3. Нахождение координат точки M.По условию, $M$ — середина отрезка $DH$. Используем формулу координат середины отрезка:

$x_M = \frac{x_D + x_H}{2} = \frac{0 + \frac{b^2c}{b^2 + c^2}}{2} = \frac{b^2c}{2(b^2 + c^2)}$.

$y_M = \frac{y_D + y_H}{2} = \frac{0 + \frac{bc^2}{b^2 + c^2}}{2} = \frac{bc^2}{2(b^2 + c^2)}$.

Итак, координаты точки $M$ равны $(\frac{b^2c}{2(b^2 + c^2)}, \frac{bc^2}{2(b^2 + c^2)})$.

4. Доказательство перпендикулярности $BM$ и $AH$.Чтобы доказать, что $BM \perp AH$, необходимо показать, что произведение угловых коэффициентов этих прямых равно $-1$.

Найдем угловой коэффициент прямой $BM$, используя координаты точек $B(0, b)$ и $M$:

$k_{BM} = \frac{y_M - y_B}{x_M - x_B} = \frac{\frac{bc^2}{2(b^2 + c^2)} - b}{\frac{b^2c}{2(b^2 + c^2)} - 0} = \frac{\frac{bc^2 - 2b(b^2 + c^2)}{2(b^2 + c^2)}}{\frac{b^2c}{2(b^2 + c^2)}} = \frac{bc^2 - 2b^3 - 2bc^2}{b^2c} = \frac{-bc^2 - 2b^3}{b^2c} = \frac{-b(c^2 + 2b^2)}{b^2c} = -\frac{c^2 + 2b^2}{bc}$.

Найдем угловой коэффициент прямой $AH$, используя координаты точек $A(-c, 0)$ и $H$:

$k_{AH} = \frac{y_H - y_A}{x_H - x_A} = \frac{\frac{bc^2}{b^2 + c^2} - 0}{\frac{b^2c}{b^2 + c^2} - (-c)} = \frac{\frac{bc^2}{b^2 + c^2}}{\frac{b^2c + c(b^2 + c^2)}{b^2 + c^2}} = \frac{bc^2}{b^2c + cb^2 + c^3} = \frac{bc^2}{2b^2c + c^3} = \frac{bc^2}{c(2b^2 + c^2)} = \frac{bc}{2b^2 + c^2}$.

Теперь вычислим произведение угловых коэффициентов:

$k_{BM} \cdot k_{AH} = \left(-\frac{c^2 + 2b^2}{bc}\right) \cdot \left(\frac{bc}{2b^2 + c^2}\right) = -1$.

Поскольку произведение угловых коэффициентов прямых $BM$ и $AH$ равно $-1$, эти прямые перпендикулярны. Таким образом, $BM \perp AH$.

Ответ: Утверждение доказано.

868 Из вершины прямого угла С прямоугольного треугольника ABC проведён перпендикуляр CD к гипотенузе, а из точки D — перпендикуляры DE и DF к катетам АС и ВС. Докажите, что:

a) $C{D}^3=AB·AE·BF;$

б) $A{E}^2+B{F}^2+3C{D}^2=A{B}^2;$

в) $\sqrt[3]{A{E}^2}+\sqrt[3]{B{F}^2}=\sqrt[3]{A{B}^2}$

Для решения задачи воспользуемся метрическими соотношениями в прямоугольном треугольнике.Пусть дан прямоугольный треугольник $ABC$ с прямым углом $C$. $CD$ — высота, опущенная на гипотенузу $AB$. $DE \perp AC$ и $DF \perp BC$.Из этих условий следует, что четырехугольник $CEDF$ является прямоугольником ($ \angle C = \angle E = \angle F = 90^\circ $), поэтому $DE = CF$ и $DF = CE$.Рассмотрим треугольники $ACD$ и $BCD$. Они оба прямоугольные (углы при вершине $D$ прямые). $DE$ и $DF$ — высоты в этих треугольниках, проведенные к их гипотенузам $AC$ и $BC$ соответственно.

Основные соотношения, которые мы будем использовать:

• Для $\triangle ABC$: $AC^2 = AD \cdot AB$, $BC^2 = BD \cdot AB$, $CD^2 = AD \cdot BD$. Также $AC \cdot BC = AB \cdot CD$.
• Для $\triangle ACD$: $AD^2 = AE \cdot AC$, $CD^2 = CE \cdot AC$.
• Для $\triangle BCD$: $BD^2 = BF \cdot BC$, $CD^2 = CF \cdot BC$.

Из соотношений для $\triangle ACD$ и $\triangle BCD$ выразим отрезки $AE$ и $BF$:$AD^2 = AE \cdot AC \implies AE = \frac{AD^2}{AC}$$BD^2 = BF \cdot BC \implies BF = \frac{BD^2}{BC}$

Подставим эти выражения в правую часть доказываемого равенства:$AB \cdot AE \cdot BF = AB \cdot \frac{AD^2}{AC} \cdot \frac{BD^2}{BC} = \frac{AB \cdot (AD \cdot BD)^2}{AC \cdot BC}$

Теперь воспользуемся соотношениями для $\triangle ABC$:$CD^2 = AD \cdot BD$ и $AC \cdot BC = AB \cdot CD$.

Подставим их в полученное выражение:$\frac{AB \cdot (CD^2)^2}{AB \cdot CD} = \frac{AB \cdot CD^4}{AB \cdot CD} = CD^3$

Мы получили, что правая часть равенства тождественно равна левой части ($CD^3$), что и требовалось доказать.

Ответ: Доказано.

Воспользуемся выражениями для $AE$ и $BF$ из пункта (а) и подставим их в левую часть равенства:$LHS = AE^2 + BF^2 + 3CD^2 = \left(\frac{AD^2}{AC}\right)^2 + \left(\frac{BD^2}{BC}\right)^2 + 3CD^2 = \frac{AD^4}{AC^2} + \frac{BD^4}{BC^2} + 3CD^2$

Используем соотношения $AC^2 = AD \cdot AB$, $BC^2 = BD \cdot AB$ и $CD^2 = AD \cdot BD$:$LHS = \frac{AD^4}{AD \cdot AB} + \frac{BD^4}{BD \cdot AB} + 3(AD \cdot BD) = \frac{AD^3}{AB} + \frac{BD^3}{AB} + 3 \cdot AD \cdot BD$

Приведем к общему знаменателю и вынесем его:$LHS = \frac{AD^3 + BD^3}{AB} + 3 \cdot AD \cdot BD$

Применим формулу суммы кубов: $a^3 + b^3 = (a+b)(a^2 - ab + b^2)$.$LHS = \frac{(AD+BD)(AD^2 - AD \cdot BD + BD^2)}{AB} + 3 \cdot AD \cdot BD$

Так как точка $D$ лежит на гипотенузе $AB$, то $AD+BD = AB$.$LHS = \frac{AB(AD^2 - AD \cdot BD + BD^2)}{AB} + 3 \cdot AD \cdot BD = (AD^2 - AD \cdot BD + BD^2) + 3 \cdot AD \cdot BD$

Упростим выражение:$LHS = AD^2 + 2 \cdot AD \cdot BD + BD^2$

Это формула квадрата суммы: $(AD+BD)^2$.Так как $AD+BD = AB$, получаем $LHS = AB^2$.Левая часть равна правой, что и требовалось доказать.

Ответ: Доказано.

Рассмотрим левую часть равенства. Подставим в нее выражения для $AE$ и $BF$:$LHS = \sqrt[3]{AE^2} + \sqrt[3]{BF^2} = \sqrt[3]{\left(\frac{AD^2}{AC}\right)^2} + \sqrt[3]{\left(\frac{BD^2}{BC}\right)^2} = \sqrt[3]{\frac{AD^4}{AC^2}} + \sqrt[3]{\frac{BD^4}{BC^2}}$

Теперь подставим соотношения для катетов $AC^2 = AD \cdot AB$ и $BC^2 = BD \cdot AB$:$LHS = \sqrt[3]{\frac{AD^4}{AD \cdot AB}} + \sqrt[3]{\frac{BD^4}{BD \cdot AB}} = \sqrt[3]{\frac{AD^3}{AB}} + \sqrt[3]{\frac{BD^3}{AB}}$

Извлечем кубические корни:$LHS = \frac{\sqrt[3]{AD^3}}{\sqrt[3]{AB}} + \frac{\sqrt[3]{BD^3}}{\sqrt[3]{AB}} = \frac{AD}{\sqrt[3]{AB}} + \frac{BD}{\sqrt[3]{AB}}$

Сложим дроби:$LHS = \frac{AD+BD}{\sqrt[3]{AB}}$

Поскольку $AD+BD = AB$, получаем:$LHS = \frac{AB}{\sqrt[3]{AB}} = \frac{AB^1}{AB^{1/3}} = AB^{1 - 1/3} = AB^{2/3}$

Теперь рассмотрим правую часть равенства:$RHS = \sqrt[3]{AB^2} = (AB^2)^{1/3} = AB^{2/3}$

Левая и правая части равны, следовательно, равенство доказано.

Ответ: Доказано.

869 Диагонали выпуклого четырёхугольника ABCD пересекаются в точке Р. Известно, что ∠ADP = 12∠PDC, ∠ADP = 23∠PAD и AD = BD = CD. а) Найдите все углы четырёхугольника; б) докажите, что AB² = BP • BD.

а)

Пусть $\angle ADP = \alpha$. Согласно условию задачи, $\angle PDC = 2\angle ADP = 2\alpha$ и $\angle PAD = \frac{3}{2}\angle ADP = \frac{3}{2}\alpha$. Точка $P$ является точкой пересечения диагоналей $AC$ и $BD$.

Угол четырехугольника при вершине $D$ равен $\angle ADC = \angle ADP + \angle PDC = \alpha + 2\alpha = 3\alpha$.

Рассмотрим $\triangle BDC$. По условию $BD = CD$, следовательно, этот треугольник является равнобедренным с основанием $BC$. Углы при основании равны: $\angle DBC = \angle DCB$. Угол при вершине $D$ в этом треугольнике, $\angle BDC$, совпадает с углом $\angle PDC$, так как точка $P$ лежит на диагонали $BD$. Таким образом, $\angle BDC = 2\alpha$.

Сумма углов в $\triangle BDC$ равна $180^\circ$, поэтому:

$\angle BDC + \angle DBC + \angle DCB = 180^\circ$

$2\alpha + 2\angle DCB = 180^\circ$

Отсюда находим, что $\angle DCB = 90^\circ - \alpha$. Значит, $\angle DBC = \angle DCB = 90^\circ - \alpha$.

Теперь найдем значение $\alpha$, используя теорему синусов в треугольниках $\triangle APD$ и $\triangle CPD$.

В $\triangle APD$ углы равны: $\angle PAD = \frac{3}{2}\alpha$, $\angle ADP = \alpha$, $\angle APD = 180^\circ - \alpha - \frac{3}{2}\alpha = 180^\circ - \frac{5}{2}\alpha$.

По теореме синусов для $\triangle APD$:

$\frac{DP}{\sin(\angle PAD)} = \frac{AD}{\sin(\angle APD)} \implies DP = AD \frac{\sin(\frac{3}{2}\alpha)}{\sin(180^\circ - \frac{5}{2}\alpha)} = AD \frac{\sin(\frac{3}{2}\alpha)}{\sin(\frac{5}{2}\alpha)}$

В $\triangle CPD$ угол $\angle PDC = 2\alpha$. Угол $\angle CPD$ является смежным с углом $\angle APD$, поэтому $\angle CPD = 180^\circ - \angle APD = \frac{5}{2}\alpha$.

По теореме синусов для $\triangle CPD$:

$\frac{DP}{\sin(\angle PCD)} = \frac{CD}{\sin(\angle CPD)} \implies DP = CD \frac{\sin(\angle PCD)}{\sin(\frac{5}{2}\alpha)}$

Из суммы углов $\triangle CPD$ найдем $\angle PCD$: $\angle PCD = 180^\circ - \angle PDC - \angle CPD = 180^\circ - 2\alpha - \frac{5}{2}\alpha = 180^\circ - \frac{9}{2}\alpha$.

Подставим $\angle PCD$ в выражение для $DP$: $DP = CD \frac{\sin(180^\circ - \frac{9}{2}\alpha)}{\sin(\frac{5}{2}\alpha)} = CD \frac{\sin(\frac{9}{2}\alpha)}{\sin(\frac{5}{2}\alpha)}$.

Так как по условию $AD=CD$, мы можем приравнять два полученных выражения для $DP$:

$AD \frac{\sin(\frac{3}{2}\alpha)}{\sin(\frac{5}{2}\alpha)} = CD \frac{\sin(\frac{9}{2}\alpha)}{\sin(\frac{5}{2}\alpha)} \implies \sin(\frac{3}{2}\alpha) = \sin(\frac{9}{2}\alpha)$

Это тригонометрическое уравнение имеет два семейства решений. Одно из них, $\frac{9}{2}\alpha = \pi - \frac{3}{2}\alpha + 2\pi k$ (для целых $k$), приводит к нетривиальным решениям.

$6\alpha = \pi + 2\pi k \implies 6\alpha = 180^\circ + 360^\circ k \implies \alpha = 30^\circ + 60^\circ k$.

Так как все углы в треугольниках должны быть положительными, в частности $\angle PCD = 180^\circ - \frac{9}{2}\alpha > 0$, то $\alpha < 40^\circ$. Этому условию удовлетворяет только решение при $k=0$, то есть $\alpha=30^\circ$.

Теперь мы можем найти все углы четырехугольника $ABCD$.

$\angle D = \angle ADC = 3\alpha = 3 \cdot 30^\circ = 90^\circ$.

$\angle C = \angle BCD = \angle DCB = 90^\circ - \alpha = 90^\circ - 30^\circ = 60^\circ$.

Рассмотрим $\triangle ABD$. По условию $AD=BD$, он равнобедренный. Угол при вершине $D$ этого треугольника, $\angle ADB$, совпадает с $\angle ADP$, так как $P$ лежит на $BD$. Значит, $\angle ADB = \alpha = 30^\circ$. Углы при основании $AB$ равны:

$\angle A = \angle DAB = \angle DBA = \frac{180^\circ - 30^\circ}{2} = 75^\circ$.

Угол четырехугольника при вершине $B$ равен $\angle B = \angle ABC = \angle ABD + \angle DBC$. Мы нашли $\angle ABD = 75^\circ$ и $\angle DBC = 60^\circ$.

$\angle B = 75^\circ + 60^\circ = 135^\circ$.

Проверим сумму углов четырехугольника: $75^\circ + 135^\circ + 60^\circ + 90^\circ = 360^\circ$.

Ответ: Углы четырехугольника равны: $\angle A = 75^\circ$, $\angle B = 135^\circ$, $\angle C = 60^\circ$, $\angle D = 90^\circ$.

б)

Нам нужно доказать равенство $AB^2 = BP \cdot BD$. Перепишем его в виде пропорции: $\frac{AB}{BP} = \frac{BD}{AB}$. Эта пропорция указывает на подобие треугольников $\triangle ABP$ и $\triangle DBA$.

Докажем, что $\triangle ABP \sim \triangle DBA$ по двум углам.

Найдем углы треугольника $\triangle ABP$.

$\angle ABP$ совпадает с углом $\angle DBA$, который мы нашли в пункте а): $\angle ABP = 75^\circ$.

Угол $\angle PAB$ является частью угла $\angle DAB$. $\angle PAB = \angle DAB - \angle PAD$.

Мы знаем, что $\angle DAB = 75^\circ$ и $\angle PAD = \frac{3}{2}\alpha = \frac{3}{2} \cdot 30^\circ = 45^\circ$.

Следовательно, $\angle PAB = 75^\circ - 45^\circ = 30^\circ$.

Теперь сравним углы треугольников $\triangle ABP$ и $\triangle DBA$:

1. $\angle ABP = 75^\circ$ и $\angle DBA = 75^\circ$. Таким образом, $\angle ABP = \angle DBA$.

2. $\angle PAB = 30^\circ$ и $\angle BDA = 30^\circ$. Таким образом, $\angle PAB = \angle BDA$.

Поскольку два угла одного треугольника соответственно равны двум углам другого, треугольники подобны по признаку AA (по двум углам). Итак, $\triangle ABP \sim \triangle DBA$.

Из подобия треугольников следует пропорциональность соответствующих сторон:

$\frac{AB}{DB} = \frac{BP}{BA} = \frac{AP}{DA}$

Рассмотрим первую часть этой пропорции: $\frac{AB}{DB} = \frac{BP}{BA}$.

Умножив обе части на $BA \cdot DB$, получим:

$AB \cdot BA = BP \cdot DB$

$AB^2 = BP \cdot BD$

Ответ: Равенство $AB^2 = BP \cdot BD$ доказано.

870 Точка М не лежит на прямых, содержащих стороны параллелограмма ABCD. Докажите, что существуют точки N, Р и Q, расположенные так, что A, B, C и D являются соответственно серединами отрезков MN, NP, PQ и QM.

Для решения задачи воспользуемся методами векторной алгебры. Обозначим радиус-векторы точек A, B, C, D, M, N, P, Q как $\vec{a}, \vec{b}, \vec{c}, \vec{d}, \vec{m}, \vec{n}, \vec{p}, \vec{q}$ соответственно, отложенные от некоторого общего начала.

Условия, что точки A, B, C и D являются серединами отрезков MN, NP, PQ и QM, можно записать в виде следующих векторных равенств:

1. Точка A — середина MN: $\vec{a} = \frac{\vec{m} + \vec{n}}{2}$
2. Точка B — середина NP: $\vec{b} = \frac{\vec{n} + \vec{p}}{2}$
3. Точка C — середина PQ: $\vec{c} = \frac{\vec{p} + \vec{q}}{2}$
4. Точка D — середина QM: $\vec{d} = \frac{\vec{q} + \vec{m}}{2}$

По условию, точки A, B, C, D параллелограмма и точка M заданы. Нам нужно доказать, что существуют точки N, P и Q, для которых выполняются эти четыре условия. Для этого мы последовательно выразим радиус-векторы $\vec{n}$, $\vec{p}$ и $\vec{q}$ через известные векторы.

Из первого уравнения найдем радиус-вектор точки N:
$\vec{n} = 2\vec{a} - \vec{m}$
Это уравнение показывает, что положение точки N однозначно определяется положением заданных точек A и M. Следовательно, точка N существует и единственна.

Из второго уравнения найдем радиус-вектор точки P, подставив в него найденное выражение для $\vec{n}$:
$\vec{p} = 2\vec{b} - \vec{n} = 2\vec{b} - (2\vec{a} - \vec{m}) = 2\vec{b} - 2\vec{a} + \vec{m}$
Так как точки A, B и M заданы, положение точки P также определено однозначно. Следовательно, точка P существует.

Из третьего уравнения найдем радиус-вектор точки Q, подставив в него найденное выражение для $\vec{p}$:
$\vec{q} = 2\vec{c} - \vec{p} = 2\vec{c} - (2\vec{b} - 2\vec{a} + \vec{m}) = 2\vec{c} - 2\vec{b} + 2\vec{a} - \vec{m}$
Положение точки Q также однозначно определяется заданными точками. Следовательно, точка Q существует.

Мы определили положения точек N, P и Q так, что они удовлетворяют первым трем условиям. Теперь необходимо проверить, выполняется ли для них четвертое условие: является ли точка D серединой отрезка QM.
Четвертое условие эквивалентно равенству $2\vec{d} = \vec{q} + \vec{m}$. Подставим в правую часть этого равенства найденное выражение для $\vec{q}$:
$\vec{q} + \vec{m} = (2\vec{c} - 2\vec{b} + 2\vec{a} - \vec{m}) + \vec{m} = 2\vec{c} - 2\vec{b} + 2\vec{a}$
Таким образом, четвертое условие сводится к проверке равенства:
$2\vec{d} = 2\vec{c} - 2\vec{b} + 2\vec{a}$
Разделив обе части на 2, получим:
$\vec{d} = \vec{c} - \vec{b} + \vec{a}$
Это равенство можно переписать в виде $\vec{a} + \vec{c} = \vec{b} + \vec{d}$.

Данное равенство ($\vec{a} + \vec{c} = \vec{b} + \vec{d}$) является основным свойством любого параллелограмма. Оно означает, что суммы радиус-векторов его противоположных вершин равны. Это следует из того, что диагонали параллелограмма пересекаются и точкой пересечения делятся пополам. Также это можно доказать из векторного равенства для сторон: поскольку ABCD — параллелограмм, то $\vec{AB} = \vec{DC}$. В координатах это означает $\vec{b} - \vec{a} = \vec{c} - \vec{d}$, откуда, перенося слагаемые, получаем $\vec{b} + \vec{d} = \vec{a} + \vec{c}$.

Поскольку ABCD — параллелограмм, это равенство выполняется. Следовательно, четвертое условие для построенных нами точек N, P, Q выполняется автоматически.
Это доказывает, что для любой точки M существуют и притом единственные точки N, P и Q, удовлетворяющие всем условиям задачи. Условие, что точка M не лежит на прямых, содержащих стороны параллелограмма, гарантирует, что построенные фигуры не являются вырожденными (например, если бы M совпала с A, то и N совпала бы с A, и отрезок MN был бы точкой).

Ответ: Существование точек N, P и Q доказано.

871 Докажите, что если противоположные стороны выпуклого четырёхугольника не параллельны, то их полусумма больше отрезка, соединяющего середины двух других противоположных сторон.

Пусть дан выпуклый четырехугольник $ABCD$. Обозначим длины его сторон как $AB$, $BC$, $CD$, $DA$. По условию, противоположные стороны $AB$ и $CD$ не параллельны, то есть $AB \not\parallel CD$. Пусть точка $M$ является серединой стороны $BC$, а точка $N$ — серединой стороны $DA$. Нам необходимо доказать, что полусумма длин сторон $AB$ и $CD$ больше длины отрезка $MN$, что выражается неравенством:

$\frac{AB + CD}{2} > MN$

Доказательство:

Для доказательства используем метод вспомогательных построений. Проведем диагональ $AC$ и отметим ее середину — точку $K$.

1. Рассмотрим треугольник $ABC$. В нем отрезок $MK$ соединяет середины двух сторон: $M$ — середина $BC$ и $K$ — середина $AC$. Следовательно, $MK$ является средней линией треугольника $ABC$. По свойству средней линии, она параллельна третьей стороне и равна ее половине:$MK \parallel AB$ и $MK = \frac{1}{2}AB$.

2. Аналогично рассмотрим треугольник $ADC$. Отрезок $NK$ соединяет середины сторон $DA$ и $AC$. Таким образом, $NK$ является средней линией треугольника $ADC$. Следовательно:$NK \parallel CD$ и $NK = \frac{1}{2}CD$.

3. Теперь рассмотрим три точки $M$, $N$ и $K$. Эти точки образуют треугольник $MNK$ (который может быть вырожденным, если точки лежат на одной прямой). Для любого треугольника справедливо неравенство треугольника, согласно которому длина одной стороны не может превышать сумму длин двух других сторон:$MN \le MK + NK$.

4. Подставим в это неравенство выражения для $MK$ и $NK$, полученные ранее:$MN \le \frac{1}{2}AB + \frac{1}{2}CD$, что равносильно $MN \le \frac{AB + CD}{2}$.

5. Проанализируем условие, при котором в этом неравенстве достигается равенство. Равенство $MN = MK + NK$ возможно только в том случае, если точка $K$ лежит на отрезке $MN$. Если точки $M$, $N$, $K$ лежат на одной прямой, то прямые, которым параллельны отрезки $MK$ и $NK$, также должны быть параллельны друг другу. Поскольку $MK \parallel AB$ и $NK \parallel CD$, из коллинеарности точек $M$, $N$, $K$ следовало бы, что $AB \parallel CD$.

6. Однако, по условию задачи, стороны $AB$ и $CD$ не параллельны. Это означает, что точки $M$, $N$ и $K$ не могут лежать на одной прямой, то есть они образуют невырожденный треугольник $MNK$. Для невырожденного треугольника неравенство треугольника всегда строгое:$MN < MK + NK$.

7. Таким образом, мы получаем строгое неравенство:$MN < \frac{1}{2}AB + \frac{1}{2}CD$

Переписав его, получаем то, что и требовалось доказать:$\frac{AB + CD}{2} > MN$.

Ответ: Утверждение доказано.