Страница 220 - гдз по геометрии 7-9 класс учебник Атанасян, Бутузов

883 Точка С лежит на отрезке AB. Постройте точку D прямой AB, не лежащую на отрезке AB, так, чтобы ADDB = ACCB. Всегда ли задача имеет решение?

Задача состоит из двух частей: построение точки D и анализ существования решения.

Для построения точки D, удовлетворяющей условию $\frac{AD}{DB} = \frac{AC}{CB}$, выполним следующие шаги:

1. Начертим отрезок AB и отметим на нем данную точку C.
2. Через точку A проведем произвольную прямую l, не совпадающую с прямой AB.
3. Через точку B проведем прямую m, параллельную прямой l.
4. С помощью циркуля измерим длину отрезка AC. Отложим на прямой l от точки A отрезок AP, равный по длине отрезку AC.
5. С помощью циркуля измерим длину отрезка CB. Отложим на прямой m от точки B отрезок BQ, равный по длине отрезку CB. Важно, чтобы точки P и Q лежали по одну сторону от прямой AB.
6. Проведем прямую через точки P и Q.
7. Точка D, в которой прямая PQ пересекает прямую AB, и является искомой точкой.

Доказательство корректности построения:

Рассмотрим треугольники $\triangle DAP$ и $\triangle DBQ$.

• Угол при вершине D ($\angle PDQ$) является общим для обоих треугольников.
• Так как прямая l (содержащая отрезок AP) и прямая m (содержащая отрезок BQ) параллельны по построению, а прямая AD является секущей, то углы $\angle DAP$ и $\angle DBQ$ равны как соответственные.

Следовательно, треугольники $\triangle DAP$ и $\triangle DBQ$ подобны по двум углам. Из подобия следует пропорциональность соответственных сторон:

$\frac{AD}{DB} = \frac{AP}{BQ}$

По построению мы выбрали длины отрезков $AP = AC$ и $BQ = CB$. Подставив эти значения в полученное соотношение, мы получаем требуемое равенство:

$\frac{AD}{DB} = \frac{AC}{CB}$

Точка D лежит на прямой AB, но не на отрезке AB. Это следует из того, что точки P и Q находятся по одну сторону от прямой AB. Если $AC \neq CB$, то $AP \neq BQ$, и прямая PQ не будет параллельна прямой AB, а значит, пересечет ее в единственной точке D.

Ответ: Построение точки D выполняется в 7 шагов, как описано выше. Построенная точка D удовлетворяет заданному условию.

Проанализируем условие $\frac{AD}{DB} = \frac{AC}{CB}$.

Рассмотрим особый случай, когда точка C является серединой отрезка AB. В этом случае $AC = CB$, и отношение $\frac{AC}{CB} = 1$.

Тогда условие для точки D принимает вид:

$\frac{AD}{DB} = 1$, что эквивалентно $AD = DB$.

Это означает, что точка D должна быть равноудалена от точек A и B. На прямой AB единственная точка, удовлетворяющая этому условию, — это середина отрезка AB, то есть сама точка C.

Однако по условию задачи точка D не должна лежать на отрезке AB. Поскольку C лежит на отрезке AB, возникает противоречие. Таким образом, если C — середина отрезка AB, задача не имеет решения.

Если же точка C не является серединой отрезка AB, то $AC \neq CB$, и отношение $k = \frac{AC}{CB} \neq 1$. В этом случае всегда существует единственная точка D на прямой AB, не лежащая на отрезке AB, которая делит его внешним образом в заданном отношении $k$.

• Если $AC > CB$ (точка C ближе к точке B), то точка D будет лежать на продолжении отрезка AB за точкой B.
• Если $AC < CB$ (точка C ближе к точке A), то точка D будет лежать на продолжении отрезка AB за точкой A.

В обоих этих случаях решение существует и оно единственно.

Ответ: Нет, задача имеет решение не всегда. Решение существует тогда и только тогда, когда точка C не является серединой отрезка AB.

884 Постройте равнобедренный треугольник по углу между боковыми сторонами и сумме основания и высоты, проведённой к основанию.

Для построения искомого равнобедренного треугольника воспользуемся методом анализа, чтобы найти соотношения между его элементами, а затем выполним построение с помощью циркуля и линейки.

Анализ

Пусть искомый равнобедренный треугольник $ABC$ построен. $AB = AC$, $\angle BAC = \alpha$ — угол между боковыми сторонами. Проведём высоту $AH$ к основанию $BC$. В равнобедренном треугольнике высота к основанию является также медианой и биссектрисой.

Следовательно, $H$ — середина $BC$, то есть $BH = HC = \frac{1}{2}BC$, и $AH$ — биссектриса угла $A$, то есть $\angle BAH = \angle CAH = \frac{\alpha}{2}$.

Обозначим длину основания $BC$ как $a$ и длину высоты $AH$ как $h$. По условию нам дана сумма $S = a + h$ и угол $\alpha$.

Рассмотрим прямоугольный треугольник $AHB$. В нём катеты равны $AH = h$ и $BH = \frac{a}{2}$. Угол $\angle BAH = \frac{\alpha}{2}$.Из определения тангенса угла в прямоугольном треугольнике имеем:

$\tan(\frac{\alpha}{2}) = \frac{BH}{AH} = \frac{a/2}{h} = \frac{a}{2h}$

Отсюда получаем соотношение между основанием и высотой:

$\frac{a}{h} = 2 \tan(\frac{\alpha}{2})$

Таким образом, задача сводится к построению двух отрезков $a$ и $h$, для которых известна их сумма $S$ и их отношение. Это классическая задача на построение, решаемая с помощью теоремы Фалеса (или теоремы о пропорциональных отрезках).

Построение

Построение можно разбить на три этапа:1. Построение отрезков, отношение которых равно $a/h$.2. Деление данного отрезка $S$ в найденном отношении для нахождения $a$ и $h$.3. Построение искомого треугольника по основанию $a$ и высоте $h$.

1. Построение вспомогательных отрезков.
   a. Строим угол, равный $\frac{\alpha}{2}$. Для этого с помощью циркуля и линейки делим данный угол $\alpha$ пополам.
   b. Строим прямоугольный треугольник с этим углом. На одной стороне угла отложим произвольный отрезок $XY$. Из точки $Y$ восстановим перпендикуляр к прямой $XY$. Точку пересечения перпендикуляра с другой стороной угла обозначим $Z$. Получим прямоугольный треугольник $XYZ$ с $\angle Y = 90^\circ$ и $\angle X = \frac{\alpha}{2}$.
   c. В этом треугольнике $\tan(\frac{\alpha}{2}) = \frac{ZY}{XY}$. Значит, отношение $\frac{a}{h} = 2 \frac{ZY}{XY}$.
   d. Построим отрезок $P$, равный $2 \cdot ZY$, и отрезок $Q$, равный $XY$. Теперь отношение $a:h$ равно отношению длин построенных отрезков $P:Q$.
2. Нахождение основания $a$ и высоты $h$.
   a. Начертим прямую и отложим на ней отрезок $DE$, равный данной длине $S$.
   b. Из точки $D$ проведём луч $DF$, не лежащий на прямой $DE$.
   c. На луче $DF$ от точки $D$ отложим последовательно отрезки $DG$, равный отрезку $P$ (пропорциональному $a$), и $GK$, равный отрезку $Q$ (пропорциональному $h$).
   d. Соединим точки $K$ и $E$.
   e. Через точку $G$ проведём прямую, параллельную $KE$. Пусть она пересечёт отрезок $DE$ в точке $H'$.
   f. Согласно теореме о пропорциональных отрезках, отрезок $DE$ разделился точкой $H'$ в том же отношении, что и отрезок $DK$ точкой $G$: $\frac{DH'}{H'E} = \frac{DG}{GK} = \frac{P}{Q} = \frac{a}{h}$.
   g. Таким образом, мы нашли искомые длины: $a = DH'$ и $h = H'E$.
3. Построение равнобедренного треугольника $ABC$.
   a. На произвольной прямой отложим отрезок $BC$, равный построенному отрезку $a$.
   b. Построим серединный перпендикуляр к отрезку $BC$. Для этого из точек $B$ и $C$ проведём дуги окружностей одинакового радиуса (большего, чем половина $BC$) и соединим точки их пересечения. Пусть $H$ — середина $BC$.
   c. На серединном перпендикуляре от точки $H$ отложим отрезок $AH$, равный построенному отрезку $h$.
   d. Соединим точку $A$ с точками $B$ и $C$.

Треугольник $ABC$ является искомым.

Доказательство

Построенный треугольник $ABC$ является равнобедренным, так как точка $A$ лежит на серединном перпендикуляре к отрезку $BC$, следовательно, $AB = AC$.

Высота, проведённая к основанию, по построению равна $AH = h$. Основание равно $BC = a$. Сумма основания и высоты равна $a+h = DH' + H'E = DE = S$, что соответствует условию.

Осталось доказать, что угол при вершине $\angle BAC$ равен $\alpha$.Рассмотрим прямоугольный треугольник $AHB$. В нём $AH = h$ и $BH = \frac{1}{2}BC = \frac{a}{2}$.Найдем тангенс угла $\angle BAH$:

$\tan(\angle BAH) = \frac{BH}{AH} = \frac{a/2}{h} = \frac{a}{2h}$

Из нашего построения мы знаем, что $\frac{a}{h} = \frac{P}{Q} = \frac{2 \cdot ZY}{XY}$.Вспомогательный прямоугольный треугольник $XYZ$ был построен так, что $\angle X = \frac{\alpha}{2}$, а $\tan(\angle X) = \frac{ZY}{XY}$.Следовательно,

$\frac{a}{2h} = \frac{1}{2} \cdot \frac{a}{h} = \frac{1}{2} \cdot \frac{2 \cdot ZY}{XY} = \frac{ZY}{XY} = \tan(\frac{\alpha}{2})$

Так как $\tan(\angle BAH) = \tan(\frac{\alpha}{2})$ и оба угла острые, то $\angle BAH = \frac{\alpha}{2}$.Поскольку $AH$ — биссектриса в равнобедренном треугольнике $ABC$, $\angle BAC = 2 \cdot \angle BAH = 2 \cdot \frac{\alpha}{2} = \alpha$.

Все условия задачи выполнены. Построение верное. Задача имеет единственное решение при $\alpha \in (0, 180^\circ)$ и $S>0$.

Ответ: Задача решена путем сведения к построению отрезков по их сумме и отношению. Отношение находится из тригонометрического соотношения в прямоугольном треугольнике, образованном высотой, половиной основания и боковой стороной. Подробный алгоритм построения и доказательство приведены выше.

885 Постройте треугольник по двум сторонам и биссектрисе угла между ними.

Пусть нам даны три отрезка, соответствующие двум сторонам треугольника ($b$ и $c$) и биссектрисе угла между ними ($l_a$). Требуется построить треугольник $ABC$ с помощью циркуля и линейки так, чтобы $AC=b$, $AB=c$, а длина биссерисы угла $A$ была равна $l_a$.

Анализ

Предположим, что искомый треугольник $ABC$ построен. Пусть $AD$ — биссектриса угла $A$, где точка $D$ лежит на стороне $BC$, и $AD = l_a$. Проведём через точку $B$ прямую, параллельную стороне $AC$, и продлим биссектрису $AD$ до пересечения с этой прямой в точке $E$.

Рассмотрим полученную конфигурацию.
1. Поскольку $BE \parallel AC$, то накрест лежащие углы при секущей $AE$ равны: $?CAE = ?BED$.
2. Так как $AD$ — биссектриса, то $?CAE = ?BAE$.
3. Из пунктов 1 и 2 следует, что $?BAE = ?BED$.
4. Следовательно, треугольник $ABE$ является равнобедренным, и $AB = BE$. По условию $AB = c$, значит и $BE = c$.
5. Рассмотрим треугольники $ADC$ и $EDB$. У них:
- $?ADC = ?EDB$ как вертикальные.
- $?DAC = ?DEB$ (доказано в п.1).
Следовательно, треугольники $ADC$ и $EDB$ подобны по двум углам.
6. Из подобия следует пропорциональность сторон:
$\frac{AD}{ED} = \frac{AC}{EB} = \frac{DC}{DB}$
7. Используя первую часть пропорции и известные нам длины, получаем:
$\frac{l_a}{ED} = \frac{b}{c}$
Отсюда можно выразить длину отрезка $ED$: $ED = \frac{l_a \cdot c}{b}$.
8. Теперь мы можем найти длину всего отрезка $AE$:
$AE = AD + ED = l_a + \frac{l_a \cdot c}{b} = l_a \left(1 + \frac{c}{b}\right) = l_a \frac{b+c}{b}$.

Таким образом, анализ свёл задачу к построению вспомогательного треугольника $ABE$. Мы можем построить отрезок $AE$ указанной длины (как четвертый пропорциональный отрезок). После этого мы можем построить треугольник $ABE$ по трем сторонам: $AB=c$, $BE=c$, $AE = l_a \frac{b+c}{b}$. Построив треугольник $ABE$, мы легко найдем вершину $C$. Она лежит на прямой, проходящей через $A$ параллельно $BE$, на расстоянии $b$ от точки $A$.

Построение

1. Построим отрезок длины $L = l_a \frac{b+c}{b}$. Это делается стандартным построением четвертого пропорционального отрезка: на одной стороне произвольного угла от его вершины откладываем отрезки $b$ и $b+c$. На другой стороне откладываем отрезок $l_a$. Соединяем конец отрезка $b$ с концом отрезка $l_a$. Через конец отрезка $b+c$ проводим прямую, параллельную полученной. Эта прямая отсечет на второй стороне угла искомый отрезок $L$.
2. Проведем произвольную прямую и отложим на ней отрезок $AE$ длиной $L$.
3. Построим две окружности: одну с центром в точке $A$ и радиусом $c$, вторую с центром в точке $E$ и радиусом $c$.
4. Точка пересечения этих двух окружностей будет вершиной $B$ (можно выбрать любую из двух точек пересечения, вторая даст конгруэнтный треугольник). Соединим точки, чтобы получить треугольник $ABE$.
5. Через точку $A$ проведем прямую, параллельную отрезку $BE$.
6. На этой прямой отложим от точки $A$ отрезок $AC$ длиной $b$. Направление нужно выбрать так, чтобы точки $C$ и $B$ лежали по разные стороны от прямой $AE$.
7. Соединим точки $B$ и $C$. Треугольник $ABC$ — искомый.

Доказательство

По построению, в полученном треугольнике $ABC$ стороны $AB=c$ и $AC=b$. Осталось доказать, что отрезок $AD$ (где $D$ — точка пересечения прямой $AE$ и стороны $BC$) является биссектрисой угла $A$ и имеет длину $l_a$.
1. По построению $AC \parallel BE$. Прямая $AE$ является секущей. Следовательно, $?CAE = ?BEA$ (накрест лежащие углы).
2. Треугольник $ABE$ по построению равнобедренный ($AB=BE=c$), значит, углы при его основании равны: $?BAE = ?BEA$.
3. Из (1) и (2) следует, что $?CAE = ?BAE$. Это означает, что луч $AE$ (а значит, и отрезок $AD$) является биссектрисой угла $BAC$.
4. Так как $AC \parallel BE$, то треугольники $ADC$ и $EDB$ подобны. Из их подобия следует, что $\frac{AD}{ED} = \frac{AC}{EB}$. Так как $AE = AD+ED$, то $ED = AE-AD$.
$\frac{AD}{AE-AD} = \frac{b}{c}$
$c \cdot AD = b \cdot (AE-AD)$
$(b+c)AD = b \cdot AE$
$AD = \frac{b \cdot AE}{b+c}$
5. По построению, мы выбрали длину $AE = L = l_a \frac{b+c}{b}$. Подставим это в полученное равенство:
$AD = \frac{b}{b+c} \cdot \left(l_a \frac{b+c}{b}\right) = l_a$.
Таким образом, построенный треугольник $ABC$ удовлетворяет всем условиям задачи.

Исследование

Построение возможно, если на шаге 4 можно построить треугольник $ABE$. Это возможно тогда и только тогда, когда выполняется неравенство треугольника для сторон $c$, $c$ и $L=AE$. Так как $c+L > c$ всегда верно, единственное нетривиальное условие:
$c + c > AE$
$2c > l_a \frac{b+c}{b}$
$2bc > l_a (b+c)$
$l_a < \frac{2bc}{b+c}$
Эта формула известна как неравенство для длины биссектрисы. Если это условие выполняется, то окружности на шаге 3 пересекутся в двух точках. Выбор любой из них приводит к построению одного и того же треугольника (с точностью до конгруэнтности), так как две возможные фигуры будут симметричны относительно прямой $AE$.
Если $l_a = \frac{2bc}{b+c}$, то $AE = 2c$, и точки $A, B, E$ лежат на одной прямой, треугольник вырождается.
Если $l_a > \frac{2bc}{b+c}$, то $AE > 2c$, окружности не пересекаются, и построение невозможно.
Следовательно, задача имеет единственное (с точностью до конгруэнтности) решение, если $l_a < \frac{2bc}{b+c}$, и не имеет решений в противном случае.

Ответ: Задача решается методом построения вспомогательного равнобедренного треугольника, как описано выше. Решение существует и единственно, если длина биссектрисы $l_a$ удовлетворяет неравенству $l_a < \frac{2bc}{b+c}$.

886 Постройте треугольник ABC, если даны ∠A, ∠C и отрезок, равный сумме стороны АС и высоты ВН.

Данную задачу можно решить методом подобия. Идея состоит в том, чтобы сначала построить вспомогательный треугольник, подобный искомому, а затем, используя заданную сумму стороны и высоты, найти коэффициент подобия и построить искомый треугольник.

Анализ

Пусть $ABC$ — искомый треугольник, $BH$ — его высота, опущенная на сторону $AC$. Нам даны углы $\angle A$, $\angle C$ и отрезок $L$, такой что $L = AC + BH$.

Рассмотрим прямоугольные треугольники $\triangle ABH$ и $\triangle CBH$. Из них мы можем выразить отрезки $AH$ и $CH$ через высоту $BH$ и углы $A$ и $C$:
В $\triangle ABH$: $\operatorname{ctg} A = \frac{AH}{BH}$, откуда $AH = BH \cdot \operatorname{ctg} A$.
В $\triangle CBH$: $\operatorname{ctg} C = \frac{CH}{BH}$, откуда $CH = BH \cdot \operatorname{ctg} C$.

Сторона $AC$ равна сумме отрезков $AH$ и $CH$ (если углы $A$ и $C$ острые; формула верна и для тупых углов, если рассматривать ориентированные отрезки).
$AC = AH + CH = BH \cdot \operatorname{ctg} A + BH \cdot \operatorname{ctg} C = BH (\operatorname{ctg} A + \operatorname{ctg} C)$.

Теперь подставим это выражение в данное нам условие $L = AC + BH$:
$L = BH (\operatorname{ctg} A + \operatorname{ctg} C) + BH = BH (1 + \operatorname{ctg} A + \operatorname{ctg} C)$.

Это уравнение связывает известные величины ($L, \angle A, \angle C$) с неизвестной высотой $BH$. Мы не можем вычислить $BH$ напрямую, но можем построить его геометрически.

Построим вспомогательный треугольник $A'B'C'$, подобный треугольнику $ABC$. Для этого выберем произвольную высоту $B'H'$, например, равную некоторому отрезку $h_0$. Тогда для этого треугольника сторона $A'C'$ будет равна $A'C' = B'H' (\operatorname{ctg} A + \operatorname{ctg} C) = h_0 (\operatorname{ctg} A + \operatorname{ctg} C)$.

Сумма стороны и высоты для вспомогательного треугольника будет равна:
$L' = A'C' + B'H' = h_0 (\operatorname{ctg} A + \operatorname{ctg} C) + h_0 = h_0 (1 + \operatorname{ctg} A + \operatorname{ctg} C)$.

Так как треугольники $ABC$ и $A'B'C'$ подобны, отношение их соответствующих элементов равно коэффициенту подобия $k$:
$k = \frac{BH}{B'H'} = \frac{AC}{A'C'}$.

Это же отношение справедливо и для суммы стороны и высоты:
$k = \frac{AC + BH}{A'C' + B'H'} = \frac{L}{L'}$.

Из этого следует, что $\frac{BH}{B'H'} = \frac{L}{L'}$, откуда мы можем найти $BH$:
$BH = B'H' \cdot \frac{L}{L'} = h_0 \cdot \frac{L}{L'}$.

Это означает, что искомая высота $BH$ является четвертым пропорциональным отрезком к отрезкам $L'$, $L$ и $h_0$. Построив $BH$, мы легко можем построить и сам треугольник $ABC$.

Построение

1. Построение вспомогательного треугольника $A'B'C'$ и отрезка $L'$.
   1. Выберем произвольный отрезок $h_0$.
   2. Проведем прямую $m$ и выберем на ней точку $H'$.
   3. Восставим перпендикуляр к прямой $m$ в точке $H'$ и отложим на нем отрезок $B'H' = h_0$.
   4. Построим на прямой $m$ точки $A'$ и $C'$ так, чтобы $\angle B'A'H' = \angle A$ и $\angle B'C'H' = \angle C$. Это можно сделать, построив в точке $B'$ углы $\angle A'B'H' = 90^\circ - \angle A$ и $\angle C'B'H' = 90^\circ - \angle C$. Лучи этих углов пересекут прямую $m$ в искомых точках $A'$ и $C'$. Мы получили вспомогательный треугольник $A'B'C'$.
   5. На луче $H'A'$ от точки $A'$ отложим отрезок $A'K'$, равный сумме $A'C' + B'H'$. Этот отрезок $A'K'$ и будет отрезком $L'$.
2. Построение высоты $BH$.
   1. Начертим произвольный угол с вершиной $O$.
   2. На одном луче угла отложим от вершины $O$ отрезки $OK' = L'$ и $OL = L$ (данный в условии).
   3. На другом луче отложим от вершины $O$ отрезок $OH_0 = h_0$.
   4. Соединим точки $K'$ и $H_0$.
   5. Проведем через точку $L$ прямую, параллельную отрезку $K'H_0$. Точка пересечения этой прямой со вторым лучом угла даст нам точку $H_B$.
   6. Отрезок $OH_B$ и будет искомой высотой $BH$. Согласно теореме о пропорциональных отрезках, $OH_B/OH_0 = OL/OK'$, то есть $BH/h_0 = L/L'$.
3. Построение искомого треугольника $ABC$.
   1. Проведем прямую $p$ и выберем на ней точку $H$.
   2. Восставим перпендикуляр к прямой $p$ в точке $H$ и отложим на нем построенный отрезок $BH$.
   3. Аналогично пункту 1(d), построим на прямой $p$ точки $A$ и $C$ так, чтобы $\angle BAH = \angle A$ и $\angle BCH = \angle C$.
   4. Треугольник $ABC$ — искомый.

Доказательство

По построенному треугольнику $ABC$ углы при основании $AC$ по построению равны данным углам $\angle A$ и $\angle C$. Высота, опущенная из вершины $B$, по построению равна $BH$.
Треугольник $ABC$ подобен вспомогательному треугольнику $A'B'C'$, так как у них равны два угла ($\angle A = \angle A'$, $\angle C = \angle C'$).
Из подобия следует: $\frac{AC}{A'C'} = \frac{BH}{B'H'}$.
Из построения высоты $BH$ (как четвертого пропорционального) мы имеем: $\frac{BH}{h_0} = \frac{L}{L'}$, или $\frac{BH}{B'H'} = \frac{L}{L'}$, так как $h_0 = B'H'$ и $L'$ был построен как $A'K' = A'C' + B'H'$.
Следовательно, коэффициент подобия $k = \frac{BH}{B'H'}$ равен $\frac{L}{L'}$.
Тогда $AC = k \cdot A'C' = \frac{L}{L'} \cdot A'C'$.
Найдем сумму стороны $AC$ и высоты $BH$ в построенном треугольнике:
$AC + BH = \frac{L}{L'} \cdot A'C' + \frac{L}{L'} \cdot B'H' = \frac{L}{L'} (A'C' + B'H')$.
Так как $L' = A'C' + B'H'$, получаем:
$AC + BH = \frac{L}{L'} \cdot L' = L$.
Таким образом, построенный треугольник $ABC$ удовлетворяет всем условиям задачи.

Исследование

Задача имеет решение тогда и только тогда, когда искомый треугольник существует. Для этого необходимо и достаточно, чтобы:

• Данные углы были положительными: $\angle A > 0$, $\angle C > 0$.
• Сумма данных углов была меньше $180^\circ$: $\angle A + \angle C < 180^\circ$.
• Данный отрезок $L$ имел положительную длину: $L > 0$.

Если эти условия выполнены, все шаги построения выполнимы и приводят к единственному (с точностью до конгруэнтности) решению.

Ответ: Построение треугольника осуществляется методом подобия, как описано выше. Сначала строится вспомогательный треугольник с произвольной высотой и заданными углами, затем находится сумма его основания и высоты. После этого, используя метод построения четвертого пропорционального отрезка, находится искомая высота, по которой уже строится требуемый треугольник.

887 Постройте треугольник по трём высотам.

Данная задача на построение решается методом подобия. Идея состоит в том, чтобы сначала построить треугольник, подобный искомому, а затем отмасштабировать его до требуемых размеров, используя одну из заданных высот.

Анализ

Пусть $ABC$ — искомый треугольник, $a, b, c$ — длины его сторон, а $h_a, h_b, h_c$ — высоты, проведенные к этим сторонам соответственно. Площадь $S$ треугольника $ABC$ можно вычислить по формуле $S = \frac{1}{2} \times \text{основание} \times \text{высота}$. Применяя эту формулу для каждой из сторон, получаем:

$2S = a h_a = b h_b = c h_c$

Из этих равенств следует, что стороны треугольника обратно пропорциональны его высотам:

$a : b : c = \frac{1}{h_a} : \frac{1}{h_b} : \frac{1}{h_c}$

Это означает, что если мы построим некоторый вспомогательный треугольник, стороны которого пропорциональны величинам $\frac{1}{h_a}, \frac{1}{h_b}, \frac{1}{h_c}$, то он будет подобен искомому треугольнику $ABC$.

Чтобы построить такой треугольник, можно выбрать длины его сторон равными $a' = k \cdot \frac{1}{h_a}$, $b' = k \cdot \frac{1}{h_b}$, $c' = k \cdot \frac{1}{h_c}$, где $k$ — некоторый коэффициент пропорциональности. Для удобства построения можно выбрать $k = h_a h_b$. Тогда стороны вспомогательного треугольника будут иметь длины $h_b$, $h_a$ и $\frac{h_a h_b}{h_c}$. Такой набор длин легко построить с помощью циркуля и линейки.

Построение

Пусть даны три отрезка, равные по длине высотам $h_a, h_b, h_c$.

1. Построим отрезок $p$, длина которого равна $\frac{h_a h_b}{h_c}$. Это классическая задача на построение четвертого пропорционального отрезка.
   • Начертим произвольный угол с вершиной $O$.
   • На одном луче угла отложим отрезки $OK = h_c$ и $OL = h_a$.
   • На другом луче отложим отрезок $OM = h_b$.
   • Соединим точки $K$ и $M$.
   • Через точку $L$ проведем прямую, параллельную $KM$. Пусть она пересечет второй луч в точке $N$.
   • Согласно обобщенной теореме Фалеса, $\frac{OK}{OL} = \frac{OM}{ON}$, откуда $ON = \frac{OL \cdot OM}{OK} = \frac{h_a h_b}{h_c}$. Длина отрезка $ON$ и есть искомая длина $p$.
2. Построим вспомогательный треугольник $A'B'C'$ по трем сторонам: $a' = h_b$, $b' = h_a$, $c' = p$. (Это стандартное построение SSS). Этот треугольник подобен искомому треугольнику $ABC$.
3. В треугольнике $A'B'C'$ проведем высоту $A'H'_{a}$ из вершины $A'$ к стороне $B'C'$. Обозначим ее длину как $h'_{a'}$.
4. Теперь построим искомый треугольник $ABC$, который будет подобен $A'B'C'$, но иметь высоту, равную $h_a$.
   • Проведем произвольную прямую $m$. Выберем на ней точку $H_a$.
   • Восстановим перпендикуляр к прямой $m$ в точке $H_a$ и отложим на нем отрезок $AH_a$ длиной $h_a$. Точка $A$ — это одна из вершин искомого треугольника.
   • Построим лучи $AB$ и $AC$, исходящие из точки $A$, так, чтобы они образовывали с высотой $AH_a$ углы, равные соответствующим углам во вспомогательном треугольнике. То есть, строим $\angle H_aAB = \angle H'_{a'}A'B'$ и $\angle H_aAC = \angle H'_{a'}A'C'$.
   • Точки $B$ и $C$, в которых эти лучи пересекут прямую $m$, будут двумя другими вершинами искомого треугольника $ABC$.

Треугольник $ABC$ построен.

Доказательство

По построению, вспомогательный треугольник $A'B'C'$ имеет стороны $a'=h_b$, $b'=h_a$, $c'=\frac{h_a h_b}{h_c}$. Отношение его сторон равно $a':b':c' = h_b : h_a : \frac{h_a h_b}{h_c}$. Умножив все части на $\frac{1}{h_a h_b}$, получаем $a':b':c' = \frac{1}{h_a} : \frac{1}{h_b} : \frac{1}{h_c}$.

Треугольник $ABC$ был построен подобным треугольнику $A'B'C'$ (по двум углам, скопированным на шаге 4). Значит, для его сторон $a,b,c$ выполняется то же соотношение: $a:b:c = \frac{1}{h_a} : \frac{1}{h_b} : \frac{1}{h_c}$.

С другой стороны, для любого треугольника с высотами $H_a, H_b, H_c$ справедливо $a:b:c = \frac{1}{H_a} : \frac{1}{H_b} : \frac{1}{H_c}$.

Сравнивая эти два выражения, мы видим, что $\frac{1}{H_a} : \frac{1}{H_b} : \frac{1}{H_c} = \frac{1}{h_a} : \frac{1}{h_b} : \frac{1}{h_c}$. Это означает, что высоты построенного треугольника $ABC$ пропорциональны заданным высотам $h_a, h_b, h_c$. То есть $H_a = k \cdot h_a$, $H_b = k \cdot h_b$, $H_c = k \cdot h_c$ для некоторого коэффициента $k$.

Но на шаге 4 мы построили треугольник $ABC$ так, что его высота $H_a$ равна заданной высоте $h_a$. Следовательно, $k=1$, и высоты $H_b$ и $H_c$ построенного треугольника также равны заданным $h_b$ и $h_c$. Что и требовалось доказать.

Исследование

Задача имеет решение тогда и только тогда, когда возможно построение вспомогательного треугольника $A'B'C'$. Для этого длины его сторон должны удовлетворять неравенству треугольника. Поскольку его стороны пропорциональны величинам $\frac{1}{h_a}, \frac{1}{h_b}, \frac{1}{h_c}$, то именно для этих величин должны выполняться неравенства:

$\frac{1}{h_a} + \frac{1}{h_b} > \frac{1}{h_c}$

$\frac{1}{h_a} + \frac{1}{h_c} > \frac{1}{h_b}$

$\frac{1}{h_b} + \frac{1}{h_c} > \frac{1}{h_a}$

Если эти условия выполняются, то задача имеет единственное решение (с точностью до конгруэнтности). Если одно из неравенств обращается в равенство (например, $\frac{1}{h_b} + \frac{1}{h_c} = \frac{1}{h_a}$), то треугольник вырождается в отрезок. Если хотя бы одно из строгих неравенств не выполняется, треугольник с заданными высотами не существует, и задача решения не имеет.

Ответ: Построение основано на методе подобия. Сначала строится вспомогательный треугольник со сторонами, обратно пропорциональными данным высотам. Затем этот треугольник масштабируется до нужных размеров. Задача имеет единственное решение, если величины, обратные данным высотам, удовлетворяют неравенству треугольника.

888 Постройте трапецию по боковой стороне, большему основанию, углу между ними и отношению двух других сторон.

Анализ

Пусть искомая трапеция $ABCD$ построена. По условию, нам даны большее основание $AD=a$, боковая сторона $AB=c$, угол между ними $\angle{DAB}=\alpha$, и отношение двух других сторон $CD/BC = k$. Отношение $k$ можно представить в виде отношения двух данных отрезков $m$ и $n$, то есть $k=m/n$.

Мы можем построить три вершины трапеции — $A$, $B$ и $D$ — по двум сторонам ($a$ и $c$) и углу между ними ($\alpha$).

1. Строим отрезок $AD$ длиной $a$.
2. В точке $A$ откладываем угол, равный $\alpha$.
3. На второй стороне угла откладываем отрезок $AB$ длиной $c$.

Таким образом, точки $A$, $B$ и $D$ зафиксированы. Четвертая вершина $C$ должна удовлетворять двум условиям:

1. Так как $ABCD$ — трапеция с основаниями $AD$ и $BC$, то прямая $BC$ должна быть параллельна прямой $AD$. Следовательно, точка $C$ лежит на прямой, проходящей через точку $B$ параллельно $AD$.
2. Отношение расстояний от точки $C$ до известных точек $D$ и $B$ должно быть равно $k$, то есть $CD/CB = k$.

Геометрическое место точек (ГМТ), отношение расстояний от которых до двух данных точек (в нашем случае $B$ и $D$) постоянно и равно $k$, является окружностью, известной как окружность Аполлония. Если $k=1$, то это ГМТ — серединный перпендикуляр к отрезку $BD$.

Следовательно, искомая вершина $C$ является точкой пересечения прямой, параллельной $AD$ и проходящей через $B$, и окружности Аполлония для точек $B$, $D$ и отношения $k$.

Построение

1. На прямой отложим отрезок $AD$, равный данному отрезку $a$.
2. От луча $AD$ в точке $A$ построим угол, равный данному углу $\alpha$.
3. На стороне построенного угла отложим отрезок $AB$, равный данному отрезку $c$. Соединим точки $B$ и $D$.
4. Через точку $B$ проведем прямую $p$, параллельную прямой $AD$.
5. Далее построим ГМТ для вершины $C$.
   Случай 1: $k = 1$ (данные отрезки $m$ и $n$ равны). В этом случае $CD=BC$.
   1. Строим серединный перпендикуляр к отрезку $BD$.
   2. Точка пересечения этого перпендикуляра с прямой $p$ и будет искомой вершиной $C$.
   Случай 2: $k \neq 1$ (отрезки $m$ и $n$ не равны). В этом случае ГМТ — окружность Аполлония.
   1. На прямой $BD$ найдем точку $P_1$, которая делит отрезок $BD$ внутренним образом в отношении $k=m/n$. Для этого из точки $B$ проведем произвольный луч, не лежащий на прямой $BD$, отложим на нем последовательно отрезки $BS'=n$ и $S'T'=m$. Соединим $D$ и $T'$. Через точку $S'$ проведем прямую, параллельную $DT'$. Ее точка пересечения с отрезком $BD$ есть точка $P_1$.
   2. На прямой $BD$ найдем точку $P_2$, которая делит отрезок $BD$ внешним образом в отношении $k=m/n$. Длина отрезка $BP_2$ равна $\frac{n \cdot BD}{|m-n|}$, а длина отрезка $DP_2$ равна $\frac{m \cdot BD}{|m-n|}$. Построим отрезок $|m-n|$. Затем, используя построение четвертого пропорционального отрезка, найдем длину, например, $BP_2$. Отложим этот отрезок на прямой $BD$ от точки $B$ (во внешнюю сторону от отрезка $BD$).
   3. Отрезок $P_1P_2$ является диаметром окружности Аполлония. Найдем его середину — центр $O_{Ap}$ — и построим окружность $\omega$ радиусом $R = O_{Ap}P_1$.
   4. Точки пересечения окружности $\omega$ с прямой $p$ являются возможными положениями вершины $C$.
6. Соединим точки $A, B, C, D$. Построенная фигура — искомая трапеция.

Доказательство

По построению, в четырехугольнике $ABCD$ сторона $AD=a$, сторона $AB=c$ и угол $\angle{DAB}=\alpha$. Прямая $BC$ проходит через точку $B$ и параллельна $AD$, так как мы строили прямую $p$ параллельно $AD$. Следовательно, $ABCD$ — трапеция с основаниями $AD$ и $BC$. Вершина $C$ была найдена как точка пересечения прямой $p$ и ГМТ, для всех точек $M$ которого выполняется условие $MD/MB=k$. Следовательно, для точки $C$ выполняется $CD/CB=k$. Таким образом, построенная трапеция удовлетворяет всем условиям задачи.

Исследование

Задача на построение может иметь разное количество решений в зависимости от исходных данных.

1. Построение точек $A, B, D$ всегда возможно и однозначно.
2. Построение прямой $p$ и окружности Аполлония (или серединного перпендикуляра) также всегда возможно и однозначно.
3. Число решений задачи определяется числом точек пересечения прямой $p$ и окружности Аполлония $\omega$ (или серединного перпендикуляра).
   • Если прямая $p$ и окружность $\omega$ не пересекаются, задача не имеет решений.
   • Если прямая $p$ касается окружности $\omega$, задача имеет одно решение.
   • Если прямая $p$ пересекает окружность $\omega$ в двух точках, задача имеет два решения.

Следовательно, задача может иметь 0, 1 или 2 решения.

Ответ: Построение выполняется путем нахождения четвертой вершины трапеции как точки пересечения прямой, параллельной большему основанию, и окружности Аполлония, построенной для двух известных вершин и заданного отношения сторон.

889 Постройте ромб, площадь которого равна площади данного квадрата, если известно, что отношение диагоналей этого ромба равно отношению данных отрезков.

Для построения искомого ромба необходимо выполнить анализ задачи, само построение и привести доказательство корректности построения.

Анализ

Пусть дан квадрат со стороной $a$ и два отрезка длиной $m$ и $n$. Площадь квадрата равна $S_{кв} = a^2$.

Пусть искомый ромб имеет диагонали $d_1$ и $d_2$. Его площадь вычисляется по формуле $S_{ромб} = \frac{1}{2} d_1 d_2$.

Согласно условию задачи, площади фигур должны быть равны: $\frac{1}{2} d_1 d_2 = a^2$, откуда следует, что произведение диагоналей $d_1 d_2 = 2a^2$.

Также, по условию, отношение диагоналей ромба равно отношению данных отрезков. Будем считать, что это отношение $\frac{d_1}{d_2} = \frac{m}{n}$.

Таким образом, мы имеем систему из двух уравнений для определения длин диагоналей $d_1$ и $d_2$:

$\begin{cases} d_1 d_2 = 2a^2 \\ \frac{d_1}{d_2} = \frac{m}{n} \end{cases}$

Выразим $d_1$ из второго уравнения ($d_1 = d_2 \frac{m}{n}$) и подставим в первое:

$(d_2 \frac{m}{n}) d_2 = 2a^2 \implies d_2^2 \frac{m}{n} = 2a^2 \implies d_2^2 = 2a^2 \frac{n}{m}$.

Аналогично, если выразить $d_2$, получим $d_1^2 = 2a^2 \frac{m}{n}$.

Эти формулы показывают, что для построения диагоналей нам нужно уметь выполнять следующие операции: построение четвертого пропорционального отрезка и построение среднего геометрического.

Длину диагонали $d_1$ можно представить как среднее геометрическое двух отрезков: $d_1 = \sqrt{(2a) \cdot (a\frac{m}{n})}$.

План построения:

1. Построить отрезок $x = a\frac{m}{n}$ (как четвертый пропорциональный к отрезкам $n, m, a$).

2. Построить отрезок $d_1$ как среднее геометрическое отрезков $2a$ и $x$.

3. Построить отрезок $d_2$ как четвертый пропорциональный к отрезкам $m, n, d_1$, используя соотношение $\frac{d_2}{d_1} = \frac{n}{m}$.

4. Имея две диагонали $d_1$ и $d_2$, построить искомый ромб.

Построение

Построение выполняется с помощью циркуля и линейки без делений. Дан квадрат (его сторона $a$ известна) и два отрезка $m$ и $n$.

Этап 1: Построение отрезка $x = a\frac{m}{n}$.

1. Начертим произвольный угол с вершиной в точке $O$.

2. На одном луче угла отложим от вершины $O$ отрезок $ON$, равный $n$.

3. На другом луче угла отложим от вершины $O$ отрезок $OM$, равный $m$.

4. Соединим точки $N$ и $M$ отрезком.

5. На первом луче (где лежит точка $N$) отложим от вершины $O$ отрезок $OA$, равный стороне квадрата $a$.

6. Через точку $A$ проведем прямую, параллельную отрезку $NM$. Точку пересечения этой прямой со вторым лучом обозначим $X$. Отрезок $OX$ является искомым отрезком $x$. (Из подобия треугольников $\triangle OAX$ и $\triangle ONM$ следует, что $\frac{OX}{OM} = \frac{OA}{ON}$, то есть $\frac{x}{m} = \frac{a}{n}$, откуда $x = a\frac{m}{n}$).

Этап 2: Построение диагонали $d_1 = \sqrt{2ax}$.

1. На прямой отложим последовательно отрезки $PQ=2a$ (удвоенная сторона квадрата) и $QR=x$ (построенный на этапе 1).

2. На отрезке $PR$ как на диаметре построим полуокружность.

3. Из точки $Q$ восстановим перпендикуляр к прямой $PR$ до его пересечения с полуокружностью в точке $S$.

4. Отрезок $QS$ является искомой диагональю $d_1$. Его длина равна среднему геометрическому отрезков $PQ$ и $QR$, то есть $d_1 = \sqrt{PQ \cdot QR} = \sqrt{(2a) \cdot x} = \sqrt{2a \cdot a\frac{m}{n}} = \sqrt{2a^2 \frac{m}{n}}$.

Этап 3: Построение диагонали $d_2$.

Построим $d_2$ как четвертый пропорциональный к отрезкам $m, n, d_1$ из соотношения $\frac{d_2}{d_1} = \frac{n}{m}$.

1. Начертим произвольный угол с вершиной в точке $O'$.

2. На одном луче угла отложим от вершины $O'$ отрезок $O'M'$, равный $m$.

3. На другом луче отложим от вершины $O'$ отрезок $O'D_1'$, равный построенной диагонали $d_1$.

4. Соединим точки $M'$ и $D_1'$ отрезком.

5. На первом луче (где лежит точка $M'$) отложим от вершины $O'$ отрезок $O'N'$, равный $n$.

6. Через точку $N'$ проведем прямую, параллельную отрезку $M'D_1'$. Точку пересечения этой прямой со вторым лучом обозначим $D_2'$. Отрезок $O'D_2'$ является искомой диагональю $d_2$. (Из подобия треугольников $\triangle O'N'D_2'$ и $\triangle O'M'D_1'$ следует, что $\frac{O'D_2'}{O'D_1'} = \frac{O'N'}{O'M'}$, то есть $\frac{d_2}{d_1} = \frac{n}{m}$).

Этап 4: Построение ромба по двум диагоналям.

1. Проведем прямую и отложим на ней отрезок $AC$, равный $d_1$.

2. Построим серединный перпендикуляр к отрезку $AC$. Пусть $K$ — середина $AC$.

3. На серединном перпендикуляре в обе стороны от точки $K$ отложим отрезки $KB$ и $KD$, равные половине длины диагонали $d_2$ (для этого предварительно нужно построить середину отрезка $d_2$).

4. Последовательно соединим точки $A, B, C, D$. Четырехугольник $ABCD$ — искомый ромб.

Доказательство

1. Построенный четырехугольник $ABCD$ является ромбом, так как его диагонали $AC$ и $BD$ по построению взаимно перпендикулярны и точкой пересечения делятся пополам.

2. Проверим площадь построенного ромба. Длины его диагоналей равны $AC = d_1$ и $BD = d_2$. Площадь равна $S_{ABCD} = \frac{1}{2} d_1 d_2$. Из построения мы знаем, что $d_1^2 = 2a^2 \frac{m}{n}$ и $\frac{d_2}{d_1} = \frac{n}{m}$, откуда $d_2 = d_1 \frac{n}{m}$. Подставим эти выражения в формулу площади:$S_{ABCD} = \frac{1}{2} d_1 \left(d_1 \frac{n}{m}\right) = \frac{1}{2} d_1^2 \frac{n}{m} = \frac{1}{2} \left(2a^2 \frac{m}{n}\right) \frac{n}{m} = \frac{1}{2} \cdot 2a^2 \cdot \left(\frac{m}{n} \cdot \frac{n}{m}\right) = a^2$.Площадь построенного ромба $a^2$ равна площади данного квадрата со стороной $a$.

3. Проверим отношение диагоналей. По построению отрезка $d_2$ (Этап 3) мы обеспечили выполнение соотношения $\frac{d_2}{d_1} = \frac{n}{m}$. Следовательно, отношение диагоналей построенного ромба $\frac{d_1}{d_2} = \frac{m}{n}$, что равно отношению длин данных отрезков.

Таким образом, построенный ромб $ABCD$ удовлетворяет всем условиям задачи.

Ответ: Алгоритм построения искомого ромба, основанный на построении четвертого пропорционального отрезка и среднего геометрического, подробно описан выше. Построенный по этому алгоритму ромб будет иметь площадь, равную площади данного квадрата, а отношение его диагоналей будет равно отношению данных отрезков.

890 Прямая m, не проходящая через вершины треугольника АВС, пересекает его стороны АВ и ВС, а также продолжение стороны АС соответственно в точках С₁, А₁ и В₁. Докажите, что верно равенство: AC₁C₁B • BA₁A₁C • CB₁B₁A = 1 (теорема Менелая).

Для доказательства данного равенства, известного как теорема Менелая, воспользуемся методом подобных треугольников. Согласно условию, у нас есть треугольник $ABC$ и прямая $m$, которая пересекает его стороны $AB$ и $BC$ в точках $C_1$ и $A_1$ соответственно, а продолжение стороны $AC$ — в точке $B_1$.

Проведем из вершин треугольника $A$, $B$ и $C$ перпендикуляры к прямой $m$. Обозначим длины этих перпендикуляров как $h_A$, $h_B$ и $h_C$, а их основания на прямой $m$ — как точки $P_A$, $P_B$ и $P_C$ соответственно.

1. Рассмотрим пару прямоугольных треугольников $\triangle AP_A C_1$ и $\triangle BP_B C_1$. У них есть общая вершина $C_1$.

• $\angle AP_A C_1 = \angle BP_B C_1 = 90^\circ$ по построению.
• $\angle AC_1 P_A = \angle BC_1 P_B$ как вертикальные углы.

Следовательно, треугольники $\triangle AP_A C_1$ и $\triangle BP_B C_1$ подобны по двум углам (острому углу). Из подобия следует отношение соответствующих сторон: $ \frac{AC_1}{C_1B} = \frac{h_A}{h_B} $

2. Рассмотрим вторую пару прямоугольных треугольников $\triangle BP_B A_1$ и $\triangle CP_C A_1$. У них общая вершина $A_1$.

• $\angle BP_B A_1 = \angle CP_C A_1 = 90^\circ$ по построению.
• $\angle BA_1 P_B = \angle CA_1 P_C$ как вертикальные углы.

Следовательно, треугольники $\triangle BP_B A_1$ и $\triangle CP_C A_1$ также подобны по двум углам. Из их подобия получаем: $ \frac{BA_1}{A_1C} = \frac{h_B}{h_C} $

3. Наконец, рассмотрим третью пару прямоугольных треугольников $\triangle AP_A B_1$ и $\triangle CP_C B_1$. Точка $B_1$ является общей для обоих.

• $\angle AP_A B_1 = \angle CP_C B_1 = 90^\circ$ по построению.
• $\angle B_1$ является общим для обоих треугольников.

Следовательно, треугольники $\triangle AP_A B_1$ и $\triangle CP_C B_1$ подобны по двум углам. Из их подобия следует: $ \frac{B_1A}{CB_1} = \frac{h_A}{h_C} $ Перевернув дробь, получим отношение в том виде, в котором оно присутствует в доказываемом равенстве: $ \frac{CB_1}{B_1A} = \frac{h_C}{h_A} $

Теперь перемножим левые и правые части трех полученных пропорций: $ \frac{AC_1}{C_1B} \cdot \frac{BA_1}{A_1C} \cdot \frac{CB_1}{B_1A} = \frac{h_A}{h_B} \cdot \frac{h_B}{h_C} \cdot \frac{h_C}{h_A} $

В правой части произведения все величины ($h_A, h_B, h_C$) сокращаются: $ \frac{h_A}{h_B} \cdot \frac{h_B}{h_C} \cdot \frac{h_C}{h_A} = \frac{h_A \cdot h_B \cdot h_C}{h_B \cdot h_C \cdot h_A} = 1 $

Таким образом, мы доказали, что $\frac{AC_1}{C_1B} \cdot \frac{BA_1}{A_1C} \cdot \frac{CB_1}{B_1A} = 1$, что и требовалось доказать.

Ответ: Равенство $\frac{AC_1}{C_1B} \cdot \frac{BA_1}{A_1C} \cdot \frac{CB_1}{B_1A} = 1$ доказано.

891 Докажите теорему Менелая (задача 890) для случая, когда точки С₁, А₁ и В₁ лежат на продолжениях сторон АВ, ВС и АС треугольника АВС.

Теорема Менелая утверждает, что для любого треугольника $ABC$ и прямой, пересекающей его стороны или их продолжения в точках $A_1$, $B_1$, $C_1$, выполняется равенство:

$\frac{AC_1}{C_1B} \cdot \frac{BA_1}{A_1C} \cdot \frac{CB_1}{B_1A} = 1$

Рассмотрим случай, когда прямая пересекает продолжения всех трех сторон треугольника.

Пусть дан треугольник $ABC$. Прямая $l$ пересекает продолжение стороны $AB$ за точку $B$ в точке $C_1$, продолжение стороны $BC$ за точку $C$ в точке $A_1$ и продолжение стороны $AC$ за точку $A$ в точке $B_1$. Точки $A_1, B_1, C_1$ лежат на одной прямой.

Доказательство:

Проведем из вершин треугольника $A$, $B$ и $C$ перпендикуляры $AA'$, $BB'$ и $CC'$ к прямой $A_1B_1C_1$. Обозначим длины этих перпендикуляров как $h_A$, $h_B$ и $h_C$ соответственно.

1. Рассмотрим пару прямоугольных треугольников $\triangle AA'C_1$ и $\triangle BB'C_1$. Они подобны по острому углу (углы $\angle AC_1A'$ и $\angle BC_1B'$ равны как вертикальные). Из подобия следует: $\frac{AC_1}{BC_1} = \frac{AA'}{BB'} = \frac{h_A}{h_B}$. Так как $C_1B = BC_1$, мы можем записать:

$\frac{AC_1}{C_1B} = \frac{h_A}{h_B}$ (1)

2. Рассмотрим пару прямоугольных треугольников $\triangle BB'A_1$ и $\triangle CC'A_1$. Они подобны по острому углу (углы $\angle BA_1B'$ и $\angle CA_1C'$ равны как вертикальные). Из подобия следует: $\frac{BA_1}{CA_1} = \frac{BB'}{CC'} = \frac{h_B}{h_C}$. Так как $A_1C = CA_1$, мы можем записать:

$\frac{BA_1}{A_1C} = \frac{h_B}{h_C}$ (2)

3. Рассмотрим пару прямоугольных треугольников $\triangle CC'B_1$ и $\triangle AA'B_1$. Они подобны по острому углу (углы $\angle CB_1C'$ и $\angle AB_1A'$ равны как вертикальные). Из подобия следует: $\frac{CB_1}{AB_1} = \frac{CC'}{AA'} = \frac{h_C}{h_A}$. Так как $B_1A = AB_1$, мы можем записать:

$\frac{CB_1}{B_1A} = \frac{h_C}{h_A}$ (3)

Теперь перемножим левые и правые части равенств (1), (2) и (3):

$\frac{AC_1}{C_1B} \cdot \frac{BA_1}{A_1C} \cdot \frac{CB_1}{B_1A} = \frac{h_A}{h_B} \cdot \frac{h_B}{h_C} \cdot \frac{h_C}{h_A}$

В правой части равенства все величины сокращаются:

$\frac{h_A}{h_B} \cdot \frac{h_B}{h_C} \cdot \frac{h_C}{h_A} = 1$

Следовательно,

$\frac{AC_1}{C_1B} \cdot \frac{BA_1}{A_1C} \cdot \frac{CB_1}{B_1A} = 1$

Что и требовалось доказать.

Ответ: Теорема Менелая для случая, когда секущая прямая пересекает продолжения всех трех сторон треугольника, доказана путем рассмотрения трех пар подобных треугольников, образованных перпендикулярами, опущенными из вершин треугольника на секущую прямую. Доказано, что соотношение $\frac{AC_1}{C_1B} \cdot \frac{BA_1}{A_1C} \cdot \frac{CB_1}{B_1A} = 1$ является верным.

892 Пусть точки С₁, А₁ и В₁ лежат соответственно на сторонах АВ, ВС и АС треугольника АВС или их продолжениях. Докажите: если AC₁C₁B • BA₁A₁C • CB₁B₁A = 1 то точки С₁, А₁ и В₁ лежат на одной прямой (теорема, обратная теореме Менелая).

Это утверждение известно как теорема, обратная теореме Менелая. Доказательство проведём методом от противного.

Пусть дан треугольник $ABC$ и точки $C_1, A_1, B_1$, лежащие соответственно на прямых $AB, BC$ и $AC$. По условию выполняется равенство:

$\frac{AC_1}{C_1B} \cdot \frac{BA_1}{A_1C} \cdot \frac{CB_1}{B_1A} = 1$

Предположим, что точки $C_1, A_1, B_1$ не лежат на одной прямой. Тогда прямая, проходящая через точки $A_1$ и $B_1$, пересекает прямую $AB$ в некоторой точке $C_2$. Поскольку мы предположили, что $C_1$ не лежит на прямой $A_1B_1$, то точки $C_1$ и $C_2$ различны ($C_1 \neq C_2$).

Так как точки $A_1, B_1$ и $C_2$ по построению лежат на одной прямой, то для треугольника $ABC$ и секущей $A_1B_1C_2$ по прямой теореме Менелая справедливо равенство:

$\frac{AC_2}{C_2B} \cdot \frac{BA_1}{A_1C} \cdot \frac{CB_1}{B_1A} = 1$

Теперь сравним равенство из условия задачи и равенство, полученное из теоремы Менелая:

$\frac{AC_1}{C_1B} \cdot \frac{BA_1}{A_1C} \cdot \frac{CB_1}{B_1A} = \frac{AC_2}{C_2B} \cdot \frac{BA_1}{A_1C} \cdot \frac{CB_1}{B_1A}$

Так как отношения $\frac{BA_1}{A_1C}$ и $\frac{CB_1}{B_1A}$ не равны нулю, мы можем сократить их в обеих частях уравнения. Получим:

$\frac{AC_1}{C_1B} = \frac{AC_2}{C_2B}$

Это равенство означает, что точки $C_1$ и $C_2$ делят отрезок $AB$ в одном и том же отношении. На прямой существует только одна точка, которая делит отрезок в данном отношении (либо внутренне, либо внешне). Из условий теоремы Менелая следует, что число точек на продолжениях сторон треугольника должно быть четным (0 или 2). Это означает, что точки $C_1$ и $C_2$ должны либо обе лежать на стороне $AB$, либо обе на её продолжении. В любом случае, из равенства отношений следует, что точки $C_1$ и $C_2$ должны совпадать.

Полученное равенство $C_1 = C_2$ противоречит нашему первоначальному предположению, что точки $C_1$ и $C_2$ различны. Противоречие возникло из-за неверного допущения, что точки $C_1, A_1, B_1$ не лежат на одной прямой. Следовательно, наше предположение неверно.

Таким образом, точки $C_1, A_1$ и $B_1$ лежат на одной прямой, что и требовалось доказать.

Ответ: Утверждение доказано.

893 Пусть точки С₁, А₁ и В₁ лежат соответственно на сторонах АВ, ВС и АС треугольника АВС или их продолжениях. Докажите, что если прямые АА₁, ВВ₁ и СС₁ пересекаются в одной точке, то верно равенство: AC₁C₁B • BA₁A₁C • CB₁B₁A = 1 (теорема Чевы).

Для доказательства теоремы Чевы воспользуемся методом, основанным на соотношении площадей треугольников. Пусть прямые $AA_1$, $BB_1$ и $CC_1$ пересекаются в одной точке $O$. Рассмотрим случай, когда точка $O$ находится внутри треугольника $ABC$.

Сначала рассмотрим отношение отрезков $\frac{AC_1}{C_1B}$. Эти отрезки лежат на одной прямой $AB$. Отношение их длин равно отношению площадей треугольников $\triangle ACC_1$ и $\triangle BCC_1$, так как они имеют общую высоту, проведенную из вершины $C$ к прямой $AB$.

$\frac{AC_1}{C_1B} = \frac{S_{ACC_1}}{S_{BCC_1}}$

Аналогично, для треугольников $\triangle AOC_1$ и $\triangle BOC_1$ с общей вершиной $O$, их площади относятся так же, как и длины их оснований $AC_1$ и $C_1B$:

$\frac{AC_1}{C_1B} = \frac{S_{AOC_1}}{S_{BOC_1}}$

Приравнивая два выражения для одного и того же отношения, получаем:

$\frac{S_{ACC_1}}{S_{BCC_1}} = \frac{S_{AOC_1}}{S_{BOC_1}}$

Используя свойство равных отношений (если $\frac{a}{b} = \frac{c}{d}$, то $\frac{a}{b} = \frac{a-c}{b-d}$), получаем:

$\frac{AC_1}{C_1B} = \frac{S_{ACC_1} - S_{AOC_1}}{S_{BCC_1} - S_{BOC_1}}$

Заметим, что разность площадей $S_{ACC_1} - S_{AOC_1}$ есть площадь треугольника $\triangle AOC$, а разность $S_{BCC_1} - S_{BOC_1}$ — площадь треугольника $\triangle BOC$. Таким образом, мы установили первое соотношение:

$\frac{AC_1}{C_1B} = \frac{S_{AOC}}{S_{BOC}}$ (1)

Проведем абсолютно аналогичные рассуждения для двух других пар отрезков.

Для отрезков на стороне $BC$ (отношение $\frac{BA_1}{A_1C}$):

$\frac{BA_1}{A_1C} = \frac{S_{ABA_1}}{S_{ACA_1}} = \frac{S_{BOA_1}}{S_{COA_1}} = \frac{S_{ABA_1} - S_{BOA_1}}{S_{ACA_1} - S_{COA_1}} = \frac{S_{AOB}}{S_{AOC}}$ (2)

Для отрезков на стороне $AC$ (отношение $\frac{CB_1}{B_1A}$):

$\frac{CB_1}{B_1A} = \frac{S_{BCB_1}}{S_{BAB_1}} = \frac{S_{OCB_1}}{S_{OAB_1}} = \frac{S_{BCB_1} - S_{OCB_1}}{S_{BAB_1} - S_{OAB_1}} = \frac{S_{BOC}}{S_{AOB}}$ (3)

Теперь перемножим левые и правые части равенств (1), (2) и (3):

$\frac{AC_1}{C_1B} \cdot \frac{BA_1}{A_1C} \cdot \frac{CB_1}{B_1A} = \frac{S_{AOC}}{S_{BOC}} \cdot \frac{S_{AOB}}{S_{AOC}} \cdot \frac{S_{BOC}}{S_{AOB}}$

В правой части этого равенства все площади сокращаются:

$\frac{\cancel{S_{AOC}}}{\cancel{S_{BOC}}} \cdot \frac{\cancel{S_{AOB}}}{\cancel{S_{AOC}}} \cdot \frac{\cancel{S_{BOC}}}{\cancel{S_{AOB}}} = 1$

Таким образом, мы доказали, что:

$\frac{AC_1}{C_1B} \cdot \frac{BA_1}{A_1C} \cdot \frac{CB_1}{B_1A} = 1$

Это доказательство остается справедливым и для случая, когда точка пересечения $O$ лежит вне треугольника, а точки $A_1$, $B_1$, $C_1$ — на продолжениях сторон. В этом случае некоторые разности площадей заменяются их суммами, но итоговые соотношения для отношений (1), (2) и (3) остаются верными.

Ответ: Равенство $\frac{AC_1}{C_1B} \cdot \frac{BA_1}{A_1C} \cdot \frac{CB_1}{B_1A} = 1$ доказано, что и требовалось в задаче.

894 Пусть точки С₁, А₁ и В₁ лежат соответственно на сторонах АВ, ВС и АС треугольника АВС или их продолжениях. Докажите, что если AC₁C₁B • BA₁A₁C • CB₁B₁A = 1, то прямые АА₁, ВВ₁ и СС₁ пересекаются в одной точке (теорема, обратная теореме Чевы).

Для доказательства данной теоремы, известной как обратная теорема Чевы, воспользуемся методом от противного.

Предположим, что прямые $AA_1$, $BB_1$ и $CC_1$ не пересекаются в одной точке. Пусть прямые $AA_1$ и $BB_1$ пересекаются в точке $O$. (Случай, когда эти прямые параллельны, можно рассматривать как пересечение в бесконечно удаленной точке, и утверждение теоремы также будет верным).

Поскольку по нашему предположению прямая $CC_1$ не проходит через точку $O$, проведём через вершину $C$ и точку $O$ другую прямую. Эта прямая пересечет прямую $AB$ в некоторой точке, которую мы обозначим $C_2$.

Так как прямые $AA_1$, $BB_1$ и $CC_2$ по построению пересекаются в одной точке $O$, для них выполняется прямая теорема Чевы:$$ \frac{AC_2}{C_2B} \cdot \frac{BA_1}{A_1C} \cdot \frac{CB_1}{B_1A} = 1 $$

В то же время, по условию задачи нам дано следующее равенство для точек $A_1, B_1, C_1$:$$ \frac{AC_1}{C_1B} \cdot \frac{BA_1}{A_1C} \cdot \frac{CB_1}{B_1A} = 1 $$

Сравнивая два этих выражения, мы видим, что их левые части должны быть равны, так как правые части равны единице:$$ \frac{AC_2}{C_2B} \cdot \frac{BA_1}{A_1C} \cdot \frac{CB_1}{B_1A} = \frac{AC_1}{C_1B} \cdot \frac{BA_1}{A_1C} \cdot \frac{CB_1}{B_1A} $$

Сократив в этом равенстве общие для обеих частей множители $\frac{BA_1}{A_1C}$ и $\frac{CB_1}{B_1A}$, мы получим:$$ \frac{AC_2}{C_2B} = \frac{AC_1}{C_1B} $$

Данное равенство означает, что точки $C_1$ и $C_2$ делят сторону $AB$ (или ее продолжение) в одном и том же отношении. На прямой существует только одна точка, которая делит данный отрезок в заданном отношении (считая внутреннее и внешнее деление различными случаями). Следовательно, точки $C_1$ и $C_2$ должны совпадать.

Если точки $C_1$ и $C_2$ — это одна и та же точка, то прямая $CC_1$ совпадает с прямой $CC_2$. А прямая $CC_2$ по нашему построению проходит через точку $O$ — точку пересечения прямых $AA_1$ и $BB_1$. Значит, и прямая $CC_1$ проходит через эту же точку $O$.

Таким образом, мы пришли к выводу, что все три прямые $AA_1$, $BB_1$ и $CC_1$ пересекаются в одной точке $O$. Это прямо противоречит нашему первоначальному предположению. Следовательно, предположение было неверным, и утверждение теоремы истинно.

Ответ: Утверждение доказано. Если для точек $C_1$, $A_1$ и $B_1$, лежащих на прямых, содержащих стороны $AB$, $BC$ и $AC$ треугольника $ABC$ соответственно, выполняется равенство $\frac{AC_1}{C_1B} \cdot \frac{BA_1}{A_1C} \cdot \frac{CB_1}{B_1A} = 1$, то прямые $AA_1$, $BB_1$ и $CC_1$ пересекаются в одной точке (или параллельны).