Страница 219 - гдз по геометрии 7-9 класс учебник Атанасян, Бутузов

872 Докажите, что если сумма расстояний между серединами противоположных сторон выпуклого четырёхугольника равна половине его периметра, то этот четырёхугольник — параллелограмм.

Пусть дан выпуклый четырёхугольник $ABCD$. Обозначим длины его сторон: $AB, BC, CD, DA$. Периметр четырёхугольника равен $P = AB + BC + CD + DA$.

Пусть $M, N, P, Q$ — середины сторон $AB, BC, CD, DA$ соответственно. По условию задачи, сумма расстояний между серединами противоположных сторон ($MP$ и $NQ$) равна половине периметра: $$MP + NQ = \frac{1}{2} P = \frac{1}{2}(AB + BC + CD + DA)$$

Для решения задачи воспользуемся векторным методом. Введём векторы, соответствующие вершинам четырёхугольника: $\vec{a}, \vec{b}, \vec{c}, \vec{d}$. Тогда векторы, соответствующие серединам сторон, можно выразить следующим образом:
$\vec{m} = \frac{\vec{a} + \vec{b}}{2}$ (середина $M$ стороны $AB$),
$\vec{n} = \frac{\vec{b} + \vec{c}}{2}$ (середина $N$ стороны $BC$),
$\vec{p} = \frac{\vec{c} + \vec{d}}{2}$ (середина $P$ стороны $CD$),
$\vec{q} = \frac{\vec{d} + \vec{a}}{2}$ (середина $Q$ стороны $DA$).

Теперь найдём векторы, соединяющие середины противоположных сторон. Вектор $\vec{MP}$ равен разности векторов $\vec{p}$ и $\vec{m}$: $$\vec{MP} = \vec{p} - \vec{m} = \frac{\vec{c} + \vec{d}}{2} - \frac{\vec{a} + \vec{b}}{2} = \frac{1}{2}((\vec{c} - \vec{b}) + (\vec{d} - \vec{a})) = \frac{1}{2}(\vec{BC} + \vec{AD})$$ Длина отрезка $MP$ равна модулю этого вектора: $MP = |\vec{MP}| = \frac{1}{2}|\vec{BC} + \vec{AD}|$.

Аналогично, вектор $\vec{NQ}$ равен разности векторов $\vec{q}$ и $\vec{n}$: $$\vec{NQ} = \vec{q} - \vec{n} = \frac{\vec{d} + \vec{a}}{2} - \frac{\vec{b} + \vec{c}}{2} = \frac{1}{2}((\vec{a} - \vec{b}) + (\vec{d} - \vec{c})) = \frac{1}{2}(\vec{BA} + \vec{CD})$$ Длина отрезка $NQ$ равна модулю этого вектора: $NQ = |\vec{NQ}| = \frac{1}{2}|\vec{BA} + \vec{CD}|$.

Подставим полученные выражения для $MP$ и $NQ$ в исходное условие: $$\frac{1}{2}|\vec{BC} + \vec{AD}| + \frac{1}{2}|\vec{BA} + \vec{CD}| = \frac{1}{2}(|\vec{BC}| + |\vec{AD}| + |\vec{AB}| + |\vec{CD}|)$$ Умножив обе части на 2 и учитывая, что $|\vec{AB}| = |\vec{BA}|$ и $|\vec{AD}| = |\vec{DA}|$, получим: $$|\vec{BC} + \vec{AD}| + |\vec{BA} + \vec{CD}| = |\vec{BC}| + |\vec{AD}| + |\vec{BA}| + |\vec{CD}|$$

Воспользуемся неравенством треугольника для векторов. Для любых двух векторов $\vec{x}$ и $\vec{y}$ справедливо неравенство $|\vec{x} + \vec{y}| \le |\vec{x}| + |\vec{y}|$. Равенство достигается тогда и только тогда, когда векторы $\vec{x}$ и $\vec{y}$ сонаправлены (коллинеарны и направлены в одну сторону).

Применим неравенство треугольника к слагаемым в левой части нашего равенства:
1. $|\vec{BC} + \vec{AD}| \le |\vec{BC}| + |\vec{AD}|$
2. $|\vec{BA} + \vec{CD}| \le |\vec{BA}| + |\vec{CD}|$

Сложив эти два неравенства, получим: $$|\vec{BC} + \vec{AD}| + |\vec{BA} + \vec{CD}| \le |\vec{BC}| + |\vec{AD}| + |\vec{BA}| + |\vec{CD}|$$

Из условия задачи известно, что это неравенство на самом деле является равенством. Сумма двух величин ($|\vec{BC} + \vec{AD}|$ и $|\vec{BA} + \vec{CD}|$) не превосходит суммы соответствующих пар модулей. Равенство возможно только в том случае, когда оба исходных неравенства обращаются в равенства:
1. $|\vec{BC} + \vec{AD}| = |\vec{BC}| + |\vec{AD}|$
2. $|\vec{BA} + \vec{CD}| = |\vec{BA}| + |\vec{CD}|$

Рассмотрим, что означает каждое из этих равенств.
Первое равенство означает, что векторы $\vec{BC}$ и $\vec{AD}$ сонаправлены. Это значит, что сторона $BC$ параллельна стороне $AD$.
Второе равенство означает, что векторы $\vec{BA}$ и $\vec{CD}$ сонаправлены. Это значит, что сторона $BA$ (или $AB$) параллельна стороне $CD$.

Таким образом, в четырёхугольнике $ABCD$ противоположные стороны попарно параллельны ($BC \parallel AD$ и $AB \parallel CD$). По определению, такой четырёхугольник является параллелограммом.

Ответ: Утверждение доказано.

873 Докажите, что если отрезок, соединяющий середины двух противоположных сторон выпуклого четырёхугольника, равен полусумме двух других сторон, то этот четырёхугольник — трапеция или параллелограмм.

Пусть $A$, $B$, $C$, $D$ — вершины выпуклого четырёхугольника, заданные радиус-векторами $\vec{a}$, $\vec{b}$, $\vec{c}$, $\vec{d}$ соответственно.

Пусть $M$ — середина стороны $AB$, а $N$ — середина стороны $CD$. Тогда их радиус-векторы $\vec{m}$ и $\vec{n}$ можно выразить следующим образом:

$\vec{m} = \frac{\vec{a} + \vec{b}}{2}$

$\vec{n} = \frac{\vec{c} + \vec{d}}{2}$

Найдём вектор $\vec{MN}$, соединяющий эти середины:

$\vec{MN} = \vec{n} - \vec{m} = \frac{\vec{c} + \vec{d}}{2} - \frac{\vec{a} + \vec{b}}{2} = \frac{1}{2}(\vec{c} + \vec{d} - \vec{a} - \vec{b})$

Сгруппируем слагаемые, чтобы получить векторы сторон четырёхугольника. Учитывая, что $\vec{AD} = \vec{d} - \vec{a}$ и $\vec{BC} = \vec{c} - \vec{b}$, получаем:

$\vec{MN} = \frac{1}{2}((\vec{d} - \vec{a}) + (\vec{c} - \vec{b})) = \frac{1}{2}(\vec{AD} + \vec{BC})$

Длина отрезка $MN$ равна модулю (длине) вектора $\vec{MN}$:

$MN = |\vec{MN}| = |\frac{1}{2}(\vec{AD} + \vec{BC})| = \frac{1}{2}|\vec{AD} + \vec{BC}|$

По условию задачи, длина этого отрезка равна полусумме длин двух других сторон, $AD$ и $BC$:

$MN = \frac{AD + BC}{2}$

В векторной форме это условие записывается как:

$MN = \frac{|\vec{AD}| + |\vec{BC}|}{2}$

Приравнивая два полученных выражения для $MN$, имеем:

$\frac{1}{2}|\vec{AD} + \vec{BC}| = \frac{|\vec{AD}| + |\vec{BC}|}{2}$

Умножив обе части равенства на 2, получим:

$|\vec{AD} + \vec{BC}| = |\vec{AD}| + |\vec{BC}|$

Это выражение представляет собой случай равенства в неравенстве треугольника для векторов $\vec{AD}$ и $\vec{BC}$. В общем виде неравенство треугольника для векторов $\vec{x}$ и $\vec{y}$ выглядит так: $|\vec{x} + \vec{y}| \le |\vec{x}| + |\vec{y}|$. Равенство в нём достигается тогда и только тогда, когда векторы $\vec{x}$ и $\vec{y}$ сонаправлены (то есть коллинеарны и направлены в одну сторону).

Следовательно, векторы $\vec{AD}$ и $\vec{BC}$ сонаправлены. Это означает, что прямые, содержащие стороны $AD$ и $BC$, параллельны: $AD \parallel BC$.

Четырёхугольник, у которого две противоположные стороны параллельны, является трапецией. Если эти стороны к тому же равны по длине, то он является параллелограммом (частным случаем трапеции). Таким образом, утверждение доказано.

Ответ: Мы доказали, что из условия задачи следует параллельность сторон $AD$ и $BC$, а это означает, что четырёхугольник $ABCD$ является трапецией или параллелограммом.

874 Диагонали трапеции ABCD пересекаются в точке О. Треугольник ABО, где AB — меньшее основание трапеции, равносторонний. Докажите, что треугольник, вершинами которого являются середины отрезков ОА, OD и ВС, равносторонний.

Пусть K, L и M — середины отрезков OA, OD и BC соответственно. Требуется доказать, что треугольник KLM является равносторонним.

Сначала проанализируем свойства исходной фигуры. Так как ABCD — трапеция с основаниями AB и CD, то $AB \parallel CD$. Диагонали пересекаются в точке O, поэтому треугольники $\triangle ABO$ и $\triangle CDO$ подобны (по двум углам, как накрест лежащим при параллельных прямых). По условию, $\triangle ABO$ — равносторонний. Пусть длина его стороны равна $a$, тогда $AO = BO = a$. Из подобия $\triangle ABO \sim \triangle CDO$ следует, что $\frac{AO}{CO} = \frac{BO}{DO}$. Поскольку $AO=BO$, то и $CO=DO$. Угол $\angle COD$ равен углу $\angle AOB$ как вертикальный, то есть $\angle COD = 60^\circ$. Таким образом, $\triangle CDO$ — равнобедренный с углом при вершине $60^\circ$, а значит, он тоже равносторонний. Пусть его сторона равна $c$.

Для доказательства равенства сторон треугольника KLM воспользуемся методом координат. Поместим начало координат в точку $O(0, 0)$. Диагональ AC расположим на оси Ox. Тогда вершины будут иметь координаты: $A(a, 0)$ и $C(-c, 0)$. Поскольку $\angle AOB = 60^\circ$ и $OB=a$, координаты точки B будут $B(a\cos(60^\circ), a\sin(60^\circ))$, то есть $B(\frac{a}{2}, \frac{a\sqrt{3}}{2})$. Точка D лежит на продолжении луча BO за точку O, и $OD=c$, поэтому её координаты $D(-c\cos(60^\circ), -c\sin(60^\circ))$, то есть $D(-\frac{c}{2}, -\frac{c\sqrt{3}}{2})$.

Теперь найдём координаты точек K, L и M как середин соответствующих отрезков:
K — середина OA: $K = \left(\frac{a+0}{2}, \frac{0+0}{2}\right) = \left(\frac{a}{2}, 0\right)$;
L — середина OD: $L = \left(\frac{-c/2+0}{2}, \frac{-c\sqrt{3}/2+0}{2}\right) = \left(-\frac{c}{4}, -\frac{c\sqrt{3}}{4}\right)$;
M — середина BC: $M = \left(\frac{a/2 - c}{2}, \frac{a\sqrt{3}/2 + 0}{2}\right) = \left(\frac{a-2c}{4}, \frac{a\sqrt{3}}{4}\right)$.

Вычислим квадраты длин сторон треугольника KLM. Для этого воспользуемся формулой расстояния между двумя точками $(x_1, y_1)$ и $(x_2, y_2)$: $d^2 = (x_2-x_1)^2 + (y_2-y_1)^2$.
Для стороны KL имеем:
$KL^2 = \left(\frac{a}{2} - \left(-\frac{c}{4}\right)\right)^2 + \left(0 - \left(-\frac{c\sqrt{3}}{4}\right)\right)^2 = \left(\frac{2a+c}{4}\right)^2 + \left(\frac{c\sqrt{3}}{4}\right)^2 = \frac{4a^2+4ac+c^2}{16} + \frac{3c^2}{16} = \frac{4a^2+4ac+4c^2}{16} = \frac{a^2+ac+c^2}{4}$.
Для стороны LM имеем:
$LM^2 = \left(\frac{a-2c}{4} - \left(-\frac{c}{4}\right)\right)^2 + \left(\frac{a\sqrt{3}}{4} - \left(-\frac{c\sqrt{3}}{4}\right)\right)^2 = \left(\frac{a-c}{4}\right)^2 + \left(\frac{\sqrt{3}(a+c)}{4}\right)^2 = \frac{a^2-2ac+c^2}{16} + \frac{3(a^2+2ac+c^2)}{16} = \frac{4a^2+4ac+4c^2}{16} = \frac{a^2+ac+c^2}{4}$.
Для стороны MK имеем:
$MK^2 = \left(\frac{a}{2} - \frac{a-2c}{4}\right)^2 + \left(0 - \frac{a\sqrt{3}}{4}\right)^2 = \left(\frac{2a - (a-2c)}{4}\right)^2 + \frac{3a^2}{16} = \left(\frac{a+2c}{4}\right)^2 + \frac{3a^2}{16} = \frac{a^2+4ac+4c^2+3a^2}{16} = \frac{4a^2+4ac+4c^2}{16} = \frac{a^2+ac+c^2}{4}$.

Так как $KL^2 = LM^2 = MK^2 = \frac{a^2+ac+c^2}{4}$, то и длины сторон равны: $KL = LM = MK$. Следовательно, треугольник KLM является равносторонним, что и требовалось доказать.

Ответ: Утверждение доказано.

875 Из вершины А треугольника ABC проведены перпендикуляры AM и АK к биссектрисам внешних углов этого треугольника при вершинах В и С. Докажите, что отрезок МK равен половине периметра треугольника ABC.

Для доказательства утверждения выполним дополнительные построения и воспользуемся свойствами равнобедренного треугольника и средней линии треугольника.

1. Построение и анализ при вершине B

Пусть $l_B$ — биссектриса внешнего угла треугольника $ABC$ при вершине $B$. По условию, из вершины $A$ на эту биссектрису опущен перпендикуляр $AM$ (то есть $M \in l_B$ и $AM \perp l_B$). Продлим отрезок $AM$ до пересечения с прямой, содержащей сторону $BC$, в точке $A_1$.

Рассмотрим треугольник $\triangle ABA_1$. Прямая $l_B$, содержащая отрезок $BM$, является высотой в этом треугольнике, так как $BM \perp AA_1$ по построению.

Внешний угол при вершине $B$ (образованный стороной $BC$ и продолжением стороны $AB$ за точку $B$) и угол $\angle ABA_1$ (внутренний угол треугольника $ABA_1$) являются вертикальными. Поскольку $l_B$ — биссектриса внешнего угла, она также является биссектрисой угла $\angle ABA_1$.

Таким образом, в $\triangle ABA_1$ отрезок $BM$ является одновременно высотой и биссектрисой. Это свойство равнобедренного треугольника, следовательно, $\triangle ABA_1$ — равнобедренный с основанием $AA_1$, и $AB = BA_1$. Кроме того, в равнобедренном треугольнике высота, проведенная к основанию, является и медианой, поэтому точка $M$ — середина отрезка $AA_1$.

2. Построение и анализ при вершине C

Аналогично, пусть $l_C$ — биссектриса внешнего угла при вершине $C$. По условию, $AK \perp l_C$ ($K \in l_C$). Продлим отрезок $AK$ до пересечения с прямой $BC$ в точке $A_2$.

Рассмотрим $\triangle ACA_2$. Прямая $l_C$, содержащая отрезок $CK$, является высотой в этом треугольнике ($CK \perp AA_2$).

Угол $\angle ACA_2$ и внешний угол при вершине $C$ (образованный стороной $BC$ и продолжением стороны $AC$ за точку $C$) являются вертикальными. Поскольку $l_C$ — биссектриса внешнего угла, она также является биссектрисой угла $\angle ACA_2$.

Следовательно, в $\triangle ACA_2$ отрезок $CK$ является одновременно высотой и биссектрисой. Это означает, что $\triangle ACA_2$ — равнобедренный с основанием $AA_2$, и $AC = CA_2$. Точка $K$ является серединой отрезка $AA_2$.

3. Применение теоремы о средней линии

Рассмотрим $\triangle AA_1A_2$. Мы установили, что точка $M$ — середина стороны $AA_1$, а точка $K$ — середина стороны $AA_2$. Значит, отрезок $MK$ является средней линией $\triangle AA_1A_2$.

По свойству средней линии треугольника, ее длина равна половине длины основания, которому она параллельна: $MK = \frac{1}{2} A_1A_2$.

4. Вычисление длины отрезка $A_1A_2$

Точки $A_1$, $B$, $C$, $A_2$ лежат на одной прямой. Биссектриса внешнего угла при вершине $B$ направлена "наружу" от треугольника, поэтому точка $A_1$ (пересечение продолжения $AM$ с прямой $BC$) окажется на продолжении стороны $CB$ за точку $B$. Аналогично, точка $A_2$ окажется на продолжении стороны $BC$ за точку $C$. Таким образом, точки на прямой располагаются в последовательности $A_1-B-C-A_2$.

Длина отрезка $A_1A_2$ складывается из длин составляющих его отрезков: $A_1A_2 = A_1B + BC + CA_2$.

Из пункта 1 мы знаем, что $A_1B = AB$.

Из пункта 2 мы знаем, что $CA_2 = AC$.

Подставляя эти значения, получаем: $A_1A_2 = AB + BC + AC$.

Длина отрезка $A_1A_2$ равна периметру треугольника $ABC$.

5. Заключение

Подставим найденное выражение для длины $A_1A_2$ в формулу для $MK$ из пункта 3:

$MK = \frac{1}{2} A_1A_2 = \frac{1}{2} (AB + BC + AC)$.

Что и требовалось доказать.

Ответ: Отрезок $MK$ равен половине периметра треугольника $ABC$, то есть $MK = \frac{1}{2} (AB + BC + AC)$.

876 Отрезки AA₁, BB₁ и СС₁ соединяют вершины треугольника ABC с внутренними точками противоположных сторон. Докажите, что середины этих отрезков не лежат на одной прямой.

Для решения задачи воспользуемся векторным методом. Поместим начало координат в вершину $A$ треугольника $ABC$. Тогда вершинам треугольника будут соответствовать векторы $\vec{A} = \vec{0}$, $\vec{B}$ и $\vec{C}$. Поскольку точки $A, B, C$ являются вершинами треугольника, векторы $\vec{B}$ и $\vec{C}$ неколлинеарны.

Точки $A_1, B_1, C_1$ являются внутренними точками сторон $BC, AC, AB$ соответственно. Их положение можно описать с помощью векторов:

• Точка $A_1$ лежит на отрезке $BC$, поэтому ее радиус-вектор $\vec{A_1}$ можно выразить как линейную комбинацию векторов $\vec{B}$ и $\vec{C}$: $\vec{A_1} = (1-\alpha)\vec{B} + \alpha\vec{C}$ для некоторого $\alpha \in (0, 1)$.
• Точка $B_1$ лежит на отрезке $AC$, поэтому $\vec{B_1} = (1-\beta)\vec{A} + \beta\vec{C}$. Так как $\vec{A} = \vec{0}$, получаем $\vec{B_1} = \beta\vec{C}$ для некоторого $\beta \in (0, 1)$.
• Точка $C_1$ лежит на отрезке $AB$, поэтому $\vec{C_1} = (1-\gamma)\vec{A} + \gamma\vec{B}$. Так как $\vec{A} = \vec{0}$, получаем $\vec{C_1} = \gamma\vec{B}$ для некоторого $\gamma \in (0, 1)$.

Параметры $\alpha, \beta, \gamma$ находятся в интервале $(0, 1)$, поскольку точки $A_1, B_1, C_1$ являются внутренними точками сторон, то есть не совпадают с вершинами треугольника.

Пусть $M, N, P$ — середины отрезков $AA_1, BB_1, CC_1$ соответственно. Найдем их радиус-векторы:

• $\vec{M} = \frac{\vec{A} + \vec{A_1}}{2} = \frac{\vec{0} + (1-\alpha)\vec{B} + \alpha\vec{C}}{2} = \frac{1-\alpha}{2}\vec{B} + \frac{\alpha}{2}\vec{C}$
• $\vec{N} = \frac{\vec{B} + \vec{B_1}}{2} = \frac{\vec{B} + \beta\vec{C}}{2} = \frac{1}{2}\vec{B} + \frac{\beta}{2}\vec{C}$
• $\vec{P} = \frac{\vec{C} + \vec{C_1}}{2} = \frac{\vec{C} + \gamma\vec{B}}{2} = \frac{\gamma}{2}\vec{B} + \frac{1}{2}\vec{C}$

Чтобы доказать, что точки $M, N, P$ не лежат на одной прямой, мы предположим обратное — что они коллинеарны, — и покажем, что это приводит к противоречию.

Если точки $M, N, P$ коллинеарны, то векторы $\vec{MN}$ и $\vec{MP}$ должны быть коллинеарны. Найдем эти векторы:

$\vec{MN} = \vec{N} - \vec{M} = \left(\frac{1}{2}\vec{B} + \frac{\beta}{2}\vec{C}\right) - \left(\frac{1-\alpha}{2}\vec{B} + \frac{\alpha}{2}\vec{C}\right) = \left(\frac{1}{2} - \frac{1-\alpha}{2}\right)\vec{B} + \left(\frac{\beta}{2} - \frac{\alpha}{2}\right)\vec{C} = \frac{\alpha}{2}\vec{B} + \frac{\beta-\alpha}{2}\vec{C}$

$\vec{MP} = \vec{P} - \vec{M} = \left(\frac{\gamma}{2}\vec{B} + \frac{1}{2}\vec{C}\right) - \left(\frac{1-\alpha}{2}\vec{B} + \frac{\alpha}{2}\vec{C}\right) = \left(\frac{\gamma}{2} - \frac{1-\alpha}{2}\right)\vec{B} + \left(\frac{1}{2} - \frac{\alpha}{2}\right)\vec{C} = \frac{\gamma+\alpha-1}{2}\vec{B} + \frac{1-\alpha}{2}\vec{C}$

Поскольку векторы $\vec{B}$ и $\vec{C}$ не коллинеарны, векторы $\vec{MN}$ и $\vec{MP}$ коллинеарны тогда и только тогда, когда их координаты в базисе $\{\vec{B}, \vec{C}\}$ пропорциональны. Это эквивалентно равенству нулю определителя, составленного из координат этих векторов:$ \det \begin{pmatrix} \frac{\alpha}{2} & \frac{\gamma+\alpha-1}{2} \\ \frac{\beta-\alpha}{2} & \frac{1-\alpha}{2} \end{pmatrix} = 0 $

Раскрывая определитель, получаем:$ \frac{\alpha}{2} \cdot \frac{1-\alpha}{2} - \frac{\gamma+\alpha-1}{2} \cdot \frac{\beta-\alpha}{2} = 0 $

Умножим обе части на 4:$ \alpha(1-\alpha) - (\gamma+\alpha-1)(\beta-\alpha) = 0 $$ \alpha - \alpha^2 - (\gamma\beta - \gamma\alpha + \alpha\beta - \alpha^2 - \beta + \alpha) = 0 $$ \alpha - \alpha^2 - \gamma\beta + \gamma\alpha - \alpha\beta + \alpha^2 + \beta - \alpha = 0 $$ -\gamma\beta + \gamma\alpha - \alpha\beta + \beta = 0 $

Сгруппируем члены:$ \beta(1-\gamma) + \alpha(\gamma-\beta) = 0 $$ \beta - \beta\gamma + \alpha\gamma - \alpha\beta = 0 $$ \beta + \alpha\gamma = \beta\gamma + \alpha\beta $$ \alpha\gamma = \beta(\alpha + \gamma) - \beta $$ \alpha\gamma = \beta(\alpha + \gamma - 1) $

Итак, предположение о коллинеарности точек $M, N, P$ приводит к равенству $\alpha\gamma = \beta(\alpha + \gamma - 1)$. Проанализируем это равенство.По условию, $\alpha, \beta, \gamma$ — положительные числа из интервала $(0, 1)$.Следовательно, левая часть равенства $\alpha\gamma$ строго положительна.Значит, и правая часть $\beta(\alpha + \gamma - 1)$ должна быть строго положительна. Так как $\beta > 0$, это требует, чтобы $\alpha + \gamma - 1 > 0$, или $\alpha + \gamma > 1$.

Из равенства выразим $\beta$:$ \beta = \frac{\alpha\gamma}{\alpha + \gamma - 1} $

По условию, точка $B_1$ является внутренней точкой отрезка $AC$, что означает $\beta \in (0, 1)$. Проверим, возможно ли это. Условие $\beta > 0$ выполняется, так как числитель и знаменатель положительны. Проверим условие $\beta < 1$:$ \frac{\alpha\gamma}{\alpha + \gamma - 1} < 1 $

Поскольку знаменатель $\alpha + \gamma - 1$ положителен, мы можем умножить на него обе части неравенства, не меняя знака:$ \alpha\gamma < \alpha + \gamma - 1 $$ \alpha\gamma - \alpha - \gamma + 1 < 0 $$ \alpha(\gamma - 1) - (\gamma - 1) < 0 $$ (\alpha - 1)(\gamma - 1) < 0 $

Однако, по условию задачи $\alpha \in (0, 1)$ и $\gamma \in (0, 1)$. Это означает, что $\alpha - 1 < 0$ и $\gamma - 1 < 0$. Произведение двух отрицательных чисел является положительным числом:$ (\alpha - 1)(\gamma - 1) > 0 $

Мы пришли к противоречию: из предположения о коллинеарности точек $M, N, P$ и условия $\beta < 1$ следует, что $(\alpha - 1)(\gamma - 1) < 0$, но из условий задачи известно, что $(\alpha - 1)(\gamma - 1) > 0$.Следовательно, предположение о том, что точки $M, N, P$ лежат на одной прямой, неверно.

Ответ: Что и требовалось доказать.

877 Середины трёх высот треугольника лежат на одной прямой. Докажите, что этот треугольник прямоугольный.

Доказательство:

Пусть дан треугольник $ABC$. Обозначим его высоты, опущенные из вершин $A$, $B$ и $C$, как $AA_1$, $BB_1$ и $CC_1$ соответственно. Пусть $M_a$, $M_b$ и $M_c$ — середины этих высот. По условию задачи, точки $M_a$, $M_b$ и $M_c$ лежат на одной прямой.

Для доказательства воспользуемся несколькими известными теоремами из геометрии треугольника.

1. Теорема Фонтене. Существует теорема (одно из следствий теорем Фонтене), которая утверждает, что середины высот треугольника лежат на одной прямой тогда и только тогда, когда описанная окружность треугольника и его окружность девяти точек касаются друг друга.

2. Свойства описанной окружности и окружности девяти точек.

• Пусть $O$ — центр описанной окружности, а $R$ — её радиус.
• Пусть $H$ — ортоцентр треугольника (точка пересечения высот).
• Окружность девяти точек (или окружность Эйлера) проходит через середины сторон, основания высот и середины отрезков, соединяющих ортоцентр с вершинами. Её центр $N$ является серединой отрезка $OH$, а её радиус $R_9$ равен половине радиуса описанной окружности, то есть $R_9 = R/2$.

3. Условие касания двух окружностей. Две окружности касаются, если расстояние между их центрами равно сумме или разности их радиусов. В нашем случае расстояние между центрами $O$ и $N$ равно $ON$. Таким образом, условие касания имеет вид:
$ON = R + R_9$ (внешнее касание) или $ON = |R - R_9|$ (внутреннее касание).

4. Применение условия касания.
Поскольку $N$ — середина $OH$, то $ON = \frac{1}{2}OH$. Подставим известные значения $R_9$ и $ON$:

• Для внешнего касания: $\frac{1}{2}OH = R + \frac{R}{2} = \frac{3R}{2}$, что приводит к $OH = 3R$.
• Для внутреннего касания: $\frac{1}{2}OH = R - \frac{R}{2} = \frac{R}{2}$, что приводит к $OH = R$.

5. Теорема Эйлера о расстоянии между центрами. Расстояние между ортоцентром $H$ и центром описанной окружности $O$ определяется формулой Эйлера:
$OH^2 = R^2(1 - 8 \cos A \cos B \cos C)$, где $A, B, C$ — углы треугольника.

6. Анализ двух случаев.

• Случай 1: $OH = R$.
  Возводя в квадрат, получаем $OH^2 = R^2$. Подставляем в формулу Эйлера:
  $R^2 = R^2(1 - 8 \cos A \cos B \cos C)$
  Поскольку для невырожденного треугольника $R \ne 0$, мы можем разделить обе части на $R^2$:
  $1 = 1 - 8 \cos A \cos B \cos C$
  $8 \cos A \cos B \cos C = 0$
  Это равенство выполняется тогда и только тогда, когда косинус одного из углов равен нулю. Например, если $\cos A = 0$, то угол $A = 90^\circ$. Следовательно, треугольник является прямоугольным.
• Случай 2: $OH = 3R$.
  Возводя в квадрат, получаем $OH^2 = 9R^2$. Подставляем в формулу Эйлера:
  $9R^2 = R^2(1 - 8 \cos A \cos B \cos C)$
  $9 = 1 - 8 \cos A \cos B \cos C$
  $8 = -8 \cos A \cos B \cos C$
  $\cos A \cos B \cos C = -1$
  Поскольку для любого угла $\alpha$ невырожденного треугольника ($0 < \alpha < 180^\circ$) выполняется неравенство $|\cos \alpha| \le 1$ (причем равенство достигается только для $\alpha=0$ или $\alpha=180^\circ$), произведение косинусов трех углов может быть равно $-1$ только если косинус каждого из углов по модулю равен 1. Это означает, что углы должны быть $0$ или $180^\circ$, что невозможно для невырожденного треугольника. Таким образом, этот случай не реализуется.

Таким образом, единственным возможным случаем для невырожденного треугольника, в котором середины его высот лежат на одной прямой, является тот, в котором треугольник — прямоугольный. Что и требовалось доказать.

Ответ: Условие, что середины трех высот треугольника лежат на одной прямой, эквивалентно тому, что описанная окружность и окружность девяти точек этого треугольника касаются. Это, в свою очередь, возможно только если треугольник является прямоугольным.

878 В треугольнике ABC, сторона АС которого в 2 раза больше стороны ВС, проведены биссектриса СМ и биссектриса внешнего угла при вершине С, пересекающая прямую AB в точке K. Докажите, что $S_{BCM}=\frac{1}{2}{S}_{ACM}=\frac{1}{3}{S}_{ABC}=\frac{1}{2}{S}_{CMK}.$

Для решения задачи воспользуемся свойством биссектрисы внутреннего и внешнего углов треугольника, а также тем, что отношение площадей треугольников с равной высотой равно отношению длин их оснований.

Пусть дано:

• Треугольник $ABC$.
• $AC = 2 \cdot BC$.
• $CM$ — биссектриса угла $\angle ACB$, точка $M$ лежит на стороне $AB$.
• $CK$ — биссектриса внешнего угла при вершине $C$, точка $K$ лежит на прямой $AB$.

Доказательство равенства $S_{BCM} = \frac{1}{2}S_{ACM}$

Согласно свойству биссектрисы угла треугольника, биссектриса делит противолежащую сторону на отрезки, пропорциональные прилежащим сторонам. Для биссектрисы $CM$ треугольника $ABC$ имеем: $$ \frac{AM}{BM} = \frac{AC}{BC} $$ По условию задачи, $AC = 2 \cdot BC$. Подставим это в пропорцию: $$ \frac{AM}{BM} = \frac{2 \cdot BC}{BC} = 2 $$ Отсюда следует, что $AM = 2 \cdot BM$.

Рассмотрим треугольники $\triangle BCM$ и $\triangle ACM$. Они имеют общую вершину $C$, а их основания $BM$ и $AM$ лежат на одной прямой $AB$. Следовательно, у этих треугольников общая высота, проведенная из вершины $C$ к прямой $AB$. Обозначим эту высоту как $h_C$.

Площади этих треугольников относятся как их основания: $$ \frac{S_{ACM}}{S_{BCM}} = \frac{\frac{1}{2} \cdot AM \cdot h_C}{\frac{1}{2} \cdot BM \cdot h_C} = \frac{AM}{BM} $$ Так как мы установили, что $\frac{AM}{BM} = 2$, то: $$ \frac{S_{ACM}}{S_{BCM}} = 2 $$ Из этого следует, что $S_{ACM} = 2 \cdot S_{BCM}$, или $S_{BCM} = \frac{1}{2}S_{ACM}$. Первое равенство из условия доказано.

Ответ: Равенство $S_{BCM} = \frac{1}{2}S_{ACM}$ доказано.

Доказательство равенства $S_{BCM} = \frac{1}{3}S_{ABC}$

Площадь всего треугольника $ABC$ равна сумме площадей треугольников $\triangle BCM$ и $\triangle ACM$, так как биссектриса $CM$ делит его на эти две части: $$ S_{ABC} = S_{BCM} + S_{ACM} $$ Из предыдущего пункта мы знаем, что $S_{ACM} = 2 \cdot S_{BCM}$. Подставим это выражение в формулу для площади $\triangle ABC$: $$ S_{ABC} = S_{BCM} + (2 \cdot S_{BCM}) = 3 \cdot S_{BCM} $$ Отсюда получаем: $$ S_{BCM} = \frac{1}{3}S_{ABC} $$ Второе равенство из условия доказано.

Ответ: Равенство $S_{BCM} = \frac{1}{3}S_{ABC}$ доказано.

Анализ соотношения между $S_{BCM}$ и $S_{CMK}$

Рассмотрим биссектрису $CK$ внешнего угла при вершине $C$. Согласно свойству биссектрисы внешнего угла, она делит продолжение противолежащей стороны $AB$ в отношении, равном отношению прилежащих сторон: $$ \frac{AK}{BK} = \frac{AC}{BC} $$ Используя условие $AC = 2 \cdot BC$, получаем: $$ \frac{AK}{BK} = 2 \implies AK = 2 \cdot BK $$ Поскольку $AK > BK$, точка $B$ лежит между точками $A$ и $K$. Таким образом, $AK = AB + BK$. Подставим $AK = 2 \cdot BK$: $$ 2 \cdot BK = AB + BK \implies BK = AB $$

Теперь выразим длины отрезков на прямой $AK$ через одну и ту же величину, например, $BM$. Из первого пункта мы имеем $AM = 2 \cdot BM$. Тогда $AB = AM + BM = 2 \cdot BM + BM = 3 \cdot BM$. Поскольку $BK = AB$, то $BK = 3 \cdot BM$. Теперь найдем длину отрезка $MK$: $$ MK = MB + BK = BM + 3 \cdot BM = 4 \cdot BM $$

Рассмотрим треугольники $\triangle BCM$ и $\triangle CMK$. Они имеют общую вершину $C$, а их основания $BM$ и $MK$ лежат на одной прямой $AK$. Следовательно, у них общая высота $h_C$, проведенная из $C$ к прямой $AK$. Отношение их площадей равно отношению их оснований: $$ \frac{S_{CMK}}{S_{BCM}} = \frac{MK}{BM} $$ Подставив найденные длины, получаем: $$ \frac{S_{CMK}}{S_{BCM}} = \frac{4 \cdot BM}{BM} = 4 $$ Отсюда $S_{CMK} = 4 \cdot S_{BCM}$, или: $$ S_{BCM} = \frac{1}{4}S_{CMK} $$

Вывод: Доказанное соотношение $S_{BCM} = \frac{1}{4}S_{CMK}$ противоречит равенству $S_{BCM} = \frac{1}{2}S_{CMK}$, указанному в условии задачи. Это означает, что исходное утверждение неверно. Вероятнее всего, в условии задачи содержится опечатка. На основе приведенных данных верным является соотношение $S_{BCM} = \frac{1}{4}S_{CMK}$.

Ответ: Утверждение $S_{BCM} = \frac{1}{2}S_{CMK}$ неверно. На основе данных задачи было доказано, что правильное соотношение: $S_{BCM} = \frac{1}{4}S_{CMK}$.

879 Стороны треугольника EFG соответственно равны медианам треугольника ABC. Докажите, что S_EFGS_ABC = 34.

Пусть в треугольнике $ABC$ стороны равны $a, b, c$. Медианы, проведенные к этим сторонам, обозначим как $m_a, m_b, m_c$. По условию, стороны треугольника $EFG$ равны этим медианам: $EF = m_a, FG = m_b, GE = m_c$. Требуется доказать, что отношение площади треугольника $EFG$ к площади треугольника $ABC$ равно $\frac{3}{4}$.

Для доказательства выполним геометрическое построение. Пусть $AA_1, BB_1, CC_1$ — медианы треугольника $ABC$, пересекающиеся в точке (центроиде) $M$. Известно, что центроид делит медианы в отношении 2:1, считая от вершины ($AM = \frac{2}{3}m_a$, $BM = \frac{2}{3}m_b$, $CM = \frac{2}{3}m_c$), и делит треугольник на три треугольника равной площади ($S_{BMC} = \frac{1}{3}S_{ABC}$).

Продолжим отрезок $MA_1$ за точку $A_1$ и отложим отрезок $A_1D$ так, что $A_1D = MA_1$. Рассмотрим четырехугольник $MBDC$. Его диагонали $BC$ и $MD$ пересекаются в точке $A_1$, которая является их серединой ($BA_1 = A_1C$ по определению медианы, $MA_1 = A_1D$ по построению). Следовательно, $MBDC$ — это параллелограмм.

В параллелограмме $MBDC$ противоположные стороны равны, поэтому $DB = MC$. Теперь определим длины сторон треугольника $MBD$. Сторона $MB$ равна $\frac{2}{3}m_b$. Сторона $DB$ равна $MC$, что составляет $\frac{2}{3}m_c$. Сторона $MD$ равна $2 \cdot MA_1 = 2 \cdot (\frac{1}{3}m_a) = \frac{2}{3}m_a$.

Таким образом, стороны треугольника $MBD$ равны $\frac{2}{3}m_a$, $\frac{2}{3}m_b$ и $\frac{2}{3}m_c$. Это означает, что треугольник $MBD$ подобен треугольнику $EFG$ (у которого стороны $m_a, m_b, m_c$) с коэффициентом подобия $k = \frac{2}{3}$.

Отношение площадей подобных треугольников равно квадрату коэффициента подобия:$\frac{S_{MBD}}{S_{EFG}} = k^2 = (\frac{2}{3})^2 = \frac{4}{9}$.Отсюда следует, что $S_{MBD} = \frac{4}{9}S_{EFG}$.

Теперь найдем площадь треугольника $MBD$ другим способом. Рассмотрим треугольники $MBD$ и $MBC$. У них общее основание $MB$. Высоты, проведенные из вершин $D$ и $C$ к прямой, содержащей основание $MB$, равны, поскольку в параллелограмме $MBDC$ сторона $DC$ параллельна стороне $MB$. Следовательно, площади этих треугольников равны: $S_{MBD} = S_{MBC}$.

Как упоминалось ранее, центроид $M$ делит треугольник $ABC$ на три равновеликих треугольника, поэтому $S_{MBC} = \frac{1}{3}S_{ABC}$.Значит, $S_{MBD} = \frac{1}{3}S_{ABC}$.

Приравнивая два полученных выражения для площади $S_{MBD}$, имеем:$\frac{4}{9}S_{EFG} = \frac{1}{3}S_{ABC}$.

Из этого равенства выражаем искомое отношение:$\frac{S_{EFG}}{S_{ABC}} = \frac{1}{3} \cdot \frac{9}{4} = \frac{3}{4}$.Доказательство завершено.

Ответ: $\frac{S_{EFG}}{S_{ABC}} = \frac{3}{4}$.

880 В треугольнике ABC прямая, проходящая через вершину А и делящая медиану ВМ в отношении 1 : 2, считая от вершины, пересекает сторону ВС в точке K. Найдите отношение площадей треугольников ABK и ABC.

Пусть в треугольнике $ABC$ проведена медиана $BM$, где $M$ — середина стороны $AC$ (таким образом, $AM = MC$). Прямая, проходящая через вершину $A$, пересекает медиану $BM$ в некоторой точке $P$ и сторону $BC$ в точке $K$. По условию задачи, точка $P$ делит медиану $BM$ в отношении $BP : PM = 1 : 2$, считая от вершины $B$. Требуется найти отношение площадей треугольников $ABK$ и $ABC$.

Для нахождения соотношения, в котором точка $K$ делит сторону $BC$, воспользуемся теоремой Менелая для треугольника $BMC$ и секущей прямой $AK$ (которая также проходит через точку $P$). Эта секущая пересекает сторону $BC$ в точке $K$, сторону $BM$ в точке $P$ и продолжение стороны $CM$ (т.е. прямую $AC$) в точке $A$.

Согласно теореме Менелая, для треугольника $BMC$ и секущей $AKP$ выполняется следующее равенство: $$ \frac{BK}{KC} \cdot \frac{CA}{AM} \cdot \frac{MP}{PB} = 1 $$

Проанализируем каждое из соотношений в этой формуле:

• Отношение $\frac{BK}{KC}$ нам необходимо найти.
• Поскольку $M$ — середина стороны $AC$, то $AC = 2 \cdot AM$. Следовательно, $\frac{CA}{AM} = \frac{2 \cdot AM}{AM} = 2$.
• По условию задачи $BP : PM = 1 : 2$, значит, обратное отношение равно $\frac{MP}{PB} = \frac{2}{1} = 2$.

Теперь подставим известные значения в уравнение теоремы Менелая: $$ \frac{BK}{KC} \cdot 2 \cdot 2 = 1 $$ $$ \frac{BK}{KC} \cdot 4 = 1 $$ $$ \frac{BK}{KC} = \frac{1}{4} $$

Из полученного соотношения следует, что $KC = 4 \cdot BK$. Тогда мы можем выразить длину всей стороны $BC$ через длину отрезка $BK$: $$ BC = BK + KC = BK + 4 \cdot BK = 5 \cdot BK $$ Отсюда находим отношение длины отрезка $BK$ к длине всей стороны $BC$: $$ \frac{BK}{BC} = \frac{BK}{5 \cdot BK} = \frac{1}{5} $$

Теперь рассмотрим отношение площадей треугольников $ABK$ и $ABC$. Эти треугольники имеют общую вершину $A$, а их основания $BK$ и $BC$ лежат на одной прямой. Это означает, что у них общая высота, проведенная из вершины $A$ к прямой $BC$. Отношение площадей треугольников с общей высотой равно отношению длин их оснований: $$ \frac{S_{ABK}}{S_{ABC}} = \frac{BK}{BC} $$

Подставляя найденное ранее значение, получаем искомое отношение площадей: $$ \frac{S_{ABK}}{S_{ABC}} = \frac{1}{5} $$

Ответ: $\frac{1}{5}$

881 Через вершину А параллелограмма ABCD проведена прямая, пересекающая прямые BD, CD и ВС соответственно в точках М, N и Р. Докажите, что отрезок AM является средним пропорциональным между MN и МР.

Чтобы доказать, что отрезок $AM$ является средним пропорциональным между отрезками $MN$ и $MP$, необходимо установить справедливость равенства $AM^2 = MN \cdot MP$. Это равенство, в свою очередь, эквивалентно пропорции $\frac{AM}{MN} = \frac{MP}{AM}$. Мы докажем это утверждение с помощью подобных треугольников.

Рассмотрим треугольники $\triangle AMB$ и $\triangle NMD$. Поскольку $ABCD$ — параллелограмм, его противолежащие стороны параллельны, то есть $AB \parallel CD$. Так как точки $N$ и $D$ лежат на прямой $CD$, то $AB \parallel DN$.

• Углы $\angle AMB$ и $\angle NMD$ равны как вертикальные.
• Углы $\angle ABM$ и $\angle NDM$ равны как накрест лежащие при параллельных прямых $AB$ и $CD$ и секущей $BD$.

Следовательно, $\triangle AMB \sim \triangle NMD$ по двум углам. Из подобия треугольников следует соотношение сторон:$$ \frac{AM}{NM} = \frac{AB}{ND} $$Запишем это как: $\frac{AM}{MN} = \frac{AB}{DN}$ (1)

Теперь рассмотрим треугольники $\triangle AMD$ и $\triangle PMB$. Стороны $AD$ и $BC$ параллелограмма также параллельны ($AD \parallel BC$). Так как точки $P$ и $B$ лежат на прямой $BC$, то $AD \parallel PB$.

• Углы $\angle AMD$ и $\angle PMB$ равны как вертикальные.
• Углы $\angle ADM$ и $\angle PBM$ равны как накрест лежащие при параллельных прямых $AD$ и $BC$ и секущей $BD$.

Таким образом, $\triangle AMD \sim \triangle PMB$ по двум углам. Из их подобия следует:$$ \frac{AM}{PM} = \frac{AD}{PB} $$Перевернув вторую дробь, получим: $\frac{MP}{AM} = \frac{PB}{AD}$ (2)

Сравнивая равенства (1) и (2), мы видим, что для доказательства исходного утверждения ($\frac{AM}{MN} = \frac{MP}{AM}$) нам достаточно доказать равенство правых частей этих пропорций:$$ \frac{AB}{DN} = \frac{PB}{AD} $$Это равносильно доказательству равенства $AB \cdot AD = DN \cdot PB$.

Для доказательства этого равенства рассмотрим еще одну пару подобных треугольников: $\triangle ADN$ и $\triangle CPN$.

• Прямые $AD$ и $BC$ параллельны, а значит $AD \parallel PC$.
• Углы $\angle AND$ и $\angle PNC$ равны как вертикальные.
• Углы $\angle DAN$ и $\angle CPN$ равны как накрест лежащие при параллельных прямых $AD$ и $PC$ и секущей $AP$.

Следовательно, $\triangle ADN \sim \triangle CPN$ по двум углам. Из подобия получаем:$$ \frac{AD}{PC} = \frac{DN}{CN} \implies AD \cdot CN = PC \cdot DN $$Рассмотрим два возможных случая расположения точек.
Случай 1: Прямая пересекает сторону $CD$ (N лежит на отрезке $CD$) и продолжение стороны $BC$ за точку $C$. Тогда $CN = CD - DN$ и $PC = PB - BC$.Подставляя в равенство $AD \cdot CN = PC \cdot DN$:$AD \cdot (CD - DN) = (PB - BC) \cdot DN$$AD \cdot CD - AD \cdot DN = PB \cdot DN - BC \cdot DN$Поскольку $AD = BC$ (свойства параллелограмма), слагаемые $-AD \cdot DN$ и $-BC \cdot DN$ сокращаются.Получаем $AD \cdot CD = PB \cdot DN$. Так как $CD = AB$, то $AD \cdot AB = PB \cdot DN$.
Случай 2: Прямая пересекает сторону $BC$ (P лежит на отрезке $BC$) и продолжение стороны $CD$ за точку $C$. Тогда $CN = DN - CD$ и $PC = BC - PB$.Подставляя в равенство $AD \cdot CN = PC \cdot DN$:$AD \cdot (DN - CD) = (BC - PB) \cdot DN$$AD \cdot DN - AD \cdot CD = BC \cdot DN - PB \cdot DN$Поскольку $AD = BC$, слагаемые $AD \cdot DN$ и $BC \cdot DN$ сокращаются.Получаем $-AD \cdot CD = -PB \cdot DN$, что равносильно $AD \cdot CD = PB \cdot DN$. И снова, так как $CD=AB$, получаем $AD \cdot AB = PB \cdot DN$.

Таким образом, в обоих случаях мы доказали, что $AB \cdot AD = DN \cdot PB$, что подтверждает равенство $\frac{AB}{DN} = \frac{PB}{AD}$.

Возвращаясь к равенствам (1) и (2), мы можем заключить, что их правые части равны. Следовательно, равны и левые:$$ \frac{AM}{MN} = \frac{MP}{AM} $$Из этой пропорции следует $AM^2 = MN \cdot MP$. Это означает, что отрезок $AM$ является средним пропорциональным между отрезками $MN$ и $MP$. Что и требовалось доказать.

Ответ: Утверждение, приведённое в условии задачи, доказано.

882 Постройте точку, принадлежащую большему основанию равнобедренной трапеции и отстоящую от данной боковой стороны в n раз дальше, чем от другой (n = 2, 3, 4).

Пусть дана равнобедренная трапеция $ABCD$ с большим основанием $AD$ и боковыми сторонами $AB$ и $CD$. Требуется построить точку $P$ на основании $AD$ такую, что расстояние от неё до одной из боковых сторон (назовем ее "данной стороной") в $n$ раз больше, чем расстояние до другой боковой стороны. Для определенности, пусть "данной" стороной будет $CD$.

Обозначим искомую точку на основании $AD$ как $P$. Пусть $d_1$ — это расстояние от точки $P$ до боковой стороны $AB$, а $d_2$ — расстояние от точки $P$ до боковой стороны $CD$. Условие задачи, при нашем выборе "данной" стороны, записывается как $d_2 = n \cdot d_1$.

Поскольку трапеция $ABCD$ равнобедренная, углы при основании равны. Обозначим угол при большем основании $\angle DAB = \angle CDA = \alpha$.

Расстояние от точки до прямой — это длина перпендикуляра, опущенного из этой точки на прямую. Расстояние от точки $P$ на отрезке $AD$ до прямой, содержащей боковую сторону $AB$, можно выразить через длину отрезка $AP$ и угол $\alpha$. Это расстояние равно $AP \cdot \sin(\angle DAB)$, то есть $d_1 = AP \cdot \sin(\alpha)$.

Аналогично, расстояние $d_2$ от точки $P$ до прямой, содержащей боковую сторону $CD$, равно $PD \cdot \sin(\angle CDA)$, то есть $d_2 = PD \cdot \sin(\alpha)$.

Теперь подставим эти выражения в условие задачи $d_2 = n \cdot d_1$: $PD \cdot \sin(\alpha) = n \cdot (AP \cdot \sin(\alpha))$

Для трапеции угол $\alpha$ не является ни $0^\circ$, ни $180^\circ$, поэтому $\sin(\alpha) \neq 0$. Следовательно, мы можем сократить обе части уравнения на $\sin(\alpha)$: $PD = n \cdot AP$

Это ключевое соотношение означает, что искомая точка $P$ должна делить основание $AD$ в отношении $AP : PD = 1 : n$. Таким образом, сложная на первый взгляд задача сводится к классической задаче на построение: делению отрезка в заданном отношении.

Для построения точки $P$, делящей отрезок $AD$ в отношении $1:n$ (где по условию $n=2, 3$ или $4$), выполним следующие шаги, основанные на теореме Фалеса.

1. Проведём из вершины $A$ произвольный луч $l$, не лежащий на прямой $AD$.
2. На луче $l$ от точки $A$ отложим с помощью циркуля $n+1$ равных отрезков произвольной длины. Получим точки $M_1, M_2, \ldots, M_{n+1}$ так, что $AM_1 = M_1M_2 = \ldots = M_nM_{n+1}$. Например, для $n=2$ откладываем 3 отрезка, для $n=3$ — 4 отрезка, для $n=4$ — 5 отрезков.
3. Соединим последнюю точку $M_{n+1}$ с точкой $D$ отрезком прямой.
4. Через точку $M_1$ проведём прямую, параллельную отрезку $M_{n+1}D$ (это стандартное построение с помощью циркуля и линейки).
5. Точка пересечения этой параллельной прямой с основанием $AD$ и будет искомой точкой $P$.

Согласно обобщенной теореме Фалеса, параллельные прямые $PM_1$ и $DM_{n+1}$, пересекающие стороны угла $\angle DAM_{n+1}$, отсекают на них пропорциональные отрезки. Таким образом, справедливо соотношение: $\frac{AP}{PD} = \frac{AM_1}{M_1M_{n+1}}$

По построению, отрезок $AM_1$ является одной условной единицей длины, а отрезок $M_1M_{n+1}$ состоит из $n$ таких же условных единиц длины ($M_1M_{n+1} = M_1M_2 + M_2M_3 + \ldots + M_nM_{n+1}$). Следовательно: $\frac{AM_1}{M_1M_{n+1}} = \frac{1}{n}$

Отсюда получаем, что $\frac{AP}{PD} = \frac{1}{n}$, или $PD = n \cdot AP$. Как было показано в анализе, это условие эквивалентно исходному требованию задачи $d_2 = n \cdot d_1$. Таким образом, построенная точка $P$ является искомой.

Примечание: Если бы в условии "данной" стороной была названа сторона $AB$, то условие было бы $d(P, AB) = n \cdot d(P, CD)$, что привело бы к соотношению $AP = n \cdot PD$, или $AP : PD = n : 1$. В этом случае при построении параллельную прямую следовало бы проводить через точку $M_n$, а не $M_1$.

Ответ: Искомая точка $P$ находится на большем основании $AD$ и делит его в отношении $1:n$, считая от вершины, прилежащей к "другой" боковой стороне. Построение точки $P$ сводится к делению отрезка $AD$ в отношении $1:n$ (или $n:1$, в зависимости от того, какая из боковых сторон выбрана как "данная") с помощью теоремы Фалеса, как подробно описано выше.