Страница 221 - гдз по геометрии 7-9 класс учебник Атанасян, Бутузов

895 На катетах АС и ВС прямоугольного треугольника АВС внешним образом построены квадраты АСFK и BCDE, СН — высота треугольника АВС. Докажите, что прямые СН, ВK и АЕ пересекаются в одной точке.

Для доказательства того, что прямые CH, BK и AE пересекаются в одной точке, воспользуемся методом координат.

1. Введение системы координат и определение координат вершин.

Поместим прямоугольный треугольник ABC в декартову систему координат так, чтобы вершина прямого угла C совпала с началом координат (0, 0). Катет AC расположим на оси Ox, а катет BC — на оси Oy. Пусть длина катета AC равна a, а длина катета BC равна b. Тогда координаты вершин треугольника будут:

• C = (0, 0)
• A = (a, 0)
• B = (0, b)

2. Определение координат вершин квадратов.

Квадрат ACFK построен на катете AC внешним образом. Это означает, что он находится в полуплоскости, где $y \le 0$. Вершины этого квадрата: A(a, 0), C(0, 0). Так как AC лежит на оси Ox, сторона, выходящая из C и перпендикулярная AC, будет лежать на оси Oy. Координаты вершин F и K будут (0, -a) и (a, -a). Из названия ACFK и условия задачи (нам нужна прямая BK), определим координату точки K как K = (a, -a).

Квадрат BCDE построен на катете BC внешним образом. Он находится в полуплоскости, где $x \le 0$. Вершины этого квадрата: B(0, b), C(0, 0). Координаты вершин D и E будут (-b, 0) и (-b, b). Из названия BCDE и условия задачи (нам нужна прямая AE), определим координату точки E как E = (-b, b).

Итак, мы имеем координаты ключевых точек:

• A = (a, 0)
• B = (0, b)
• C = (0, 0)
• K = (a, -a)
• E = (-b, b)

3. Нахождение уравнений прямых.

Прямая CH:CH — высота, опущенная из вершины C на гипотенузу AB.Уравнение прямой AB, проходящей через точки A(a, 0) и B(0, b), имеет вид:$\frac{x}{a} + \frac{y}{b} = 1$, или $bx + ay = ab$.Угловой коэффициент прямой AB равен $m_{AB} = -\frac{b}{a}$.Прямая CH проходит через начало координат C(0, 0) и перпендикулярна прямой AB. Ее угловой коэффициент $m_{CH} = -\frac{1}{m_{AB}} = \frac{a}{b}$.Уравнение прямой CH: $y = \frac{a}{b}x$, или $ax - by = 0$.

Прямая AE:Эта прямая проходит через точки A(a, 0) и E(-b, b).Угловой коэффициент $m_{AE} = \frac{b - 0}{-b - a} = -\frac{b}{a+b}$.Уравнение прямой AE (используя точечно-угловой формат $y - y_1 = m(x - x_1)$ с точкой A):$y - 0 = -\frac{b}{a+b}(x - a)$$(a+b)y = -b(x-a)$$ay + by = -bx + ab$$bx + (a+b)y = ab$.

Прямая BK:Эта прямая проходит через точки B(0, b) и K(a, -a).Угловой коэффициент $m_{BK} = \frac{-a - b}{a - 0} = -\frac{a+b}{a}$.Уравнение прямой BK (используя точечно-угловой формат с точкой B):$y - b = -\frac{a+b}{a}(x - 0)$$a(y - b) = -(a+b)x$$ay - ab = -ax - bx$$(a+b)x + ay = ab$.

4. Нахождение точки пересечения прямых AE и BK.

Для нахождения точки пересечения решим систему уравнений для прямых AE и BK:$\begin{cases} bx + (a+b)y = ab \\ (a+b)x + ay = ab \end{cases}$Вычтем второе уравнение из первого:$(b - (a+b))x + ((a+b) - a)y = 0$$-ax + by = 0$, что эквивалентно $by = ax$.Подставим $y = \frac{a}{b}x$ в первое уравнение системы:$bx + (a+b)\frac{a}{b}x = ab$$b^2x + (a^2+ab)x = ab^2$$(b^2 + ab + a^2)x = ab^2$$x = \frac{ab^2}{a^2+ab+b^2}$Теперь найдем y:$y = \frac{a}{b}x = \frac{a}{b} \cdot \frac{ab^2}{a^2+ab+b^2} = \frac{a^2b}{a^2+ab+b^2}$Пусть точка пересечения P имеет координаты:$P = \left( \frac{ab^2}{a^2+ab+b^2}, \frac{a^2b}{a^2+ab+b^2} \right)$.

5. Проверка принадлежности точки пересечения прямой CH.

Проверим, лежит ли точка P на прямой CH, уравнение которой $ax - by = 0$.Подставим координаты точки P в это уравнение:$a \left( \frac{ab^2}{a^2+ab+b^2} \right) - b \left( \frac{a^2b}{a^2+ab+b^2} \right) = \frac{a^2b^2}{a^2+ab+b^2} - \frac{a^2b^2}{a^2+ab+b^2} = 0$.Равенство $0=0$ выполняется, следовательно, точка P лежит на прямой CH.

Поскольку точка пересечения прямых AE и BK также лежит на прямой CH, все три прямые пересекаются в одной точке.

Ответ: Утверждение доказано. Прямые CH, BK и AE пересекаются в одной точке.

896 Точки С₁, А₁ и В₁ лежат соответственно на сторонах АВ, ВС и АС треугольника АВС, причём отрезки АА₁, ВВ₁ и СС₁ пересекаются в точке О. Докажите, что COOC₁ • CA₁A₁B • CB₁B₁A (теорема Ван-Обеля).

Для доказательства теоремы Ван-Обеля воспользуемся методом площадей. Пусть $S_{XYZ}$ обозначает площадь треугольника $XYZ$.

1. Выразим отношение $\frac{CO}{OC_1}$ через площади треугольников.Треугольники $\triangle AOC$ и $\triangle AOC_1$ имеют общую высоту, проведенную из вершины $A$ к прямой $CC_1$. Следовательно, отношение их площадей равно отношению их оснований:$ \frac{S_{AOC}}{S_{AOC_1}} = \frac{CO}{OC_1} $Аналогично, для треугольников $\triangle BOC$ и $\triangle BOC_1$ с общей высотой из вершины $B$:$ \frac{S_{BOC}}{S_{BOC_1}} = \frac{CO}{OC_1} $Так как оба отношения равны $\frac{CO}{OC_1}$, мы можем их приравнять и использовать свойство пропорций (если $\frac{a}{b}=\frac{c}{d}$, то $\frac{a}{b}=\frac{c}{d}=\frac{a+c}{b+d}$):$ \frac{CO}{OC_1} = \frac{S_{AOC} + S_{BOC}}{S_{AOC_1} + S_{BOC_1}} $Заметим, что сумма площадей $S_{AOC_1} + S_{BOC_1}$ равна площади треугольника $\triangle AOB$.Таким образом, мы получили первое важное соотношение:$ \frac{CO}{OC_1} = \frac{S_{AOC} + S_{BOC}}{S_{AOB}} $ (1)

2. Теперь выразим отношение $\frac{CA_1}{A_1B}$ через площади.Треугольники $\triangle AA_1C$ и $\triangle AA_1B$ имеют общую высоту, опущенную из вершины $A$ на сторону $BC$. Значит, отношение их площадей равно отношению оснований:$ \frac{S_{AA_1C}}{S_{AA_1B}} = \frac{CA_1}{A_1B} $Точно так же треугольники $\triangle OA_1C$ и $\triangle OA_1B$ имеют общую высоту из вершины $O$ на сторону $BC$:$ \frac{S_{OA_1C}}{S_{OA_1B}} = \frac{CA_1}{A_1B} $Из этих равенств следует (используя свойство пропорций, если $\frac{a}{b}=\frac{c}{d}$, то $\frac{a}{b}=\frac{c}{d}=\frac{a-c}{b-d}$):$ \frac{CA_1}{A_1B} = \frac{S_{AA_1C} - S_{OA_1C}}{S_{AA_1B} - S_{OA_1B}} $Разность площадей $S_{AA_1C} - S_{OA_1C}$ равна площади треугольника $\triangle AOC$, а разность $S_{AA_1B} - S_{OA_1B}$ равна площади треугольника $\triangle AOB$.Следовательно:$ \frac{CA_1}{A_1B} = \frac{S_{AOC}}{S_{AOB}} $ (2)

3. Аналогично выразим отношение $\frac{CB_1}{B_1A}$.Треугольники $\triangle BB_1C$ и $\triangle BB_1A$ имеют общую высоту из вершины $B$ на сторону $AC$.$ \frac{S_{BB_1C}}{S_{BB_1A}} = \frac{CB_1}{B_1A} $Треугольники $\triangle OB_1C$ и $\triangle OB_1A$ имеют общую высоту из вершины $O$ на сторону $AC$.$ \frac{S_{OB_1C}}{S_{OB_1A}} = \frac{CB_1}{B_1A} $Применяя то же свойство пропорций:$ \frac{CB_1}{B_1A} = \frac{S_{BB_1C} - S_{OB_1C}}{S_{BB_1A} - S_{OB_1A}} = \frac{S_{BOC}}{S_{AOB}} $ (3)

4. Сложим выражения (2) и (3):$ \frac{CA_1}{A_1B} + \frac{CB_1}{B_1A} = \frac{S_{AOC}}{S_{AOB}} + \frac{S_{BOC}}{S_{AOB}} = \frac{S_{AOC} + S_{BOC}}{S_{AOB}} $Сравнивая полученный результат с выражением (1), мы видим, что правые части совпадают.Следовательно, равны и левые части:$ \frac{CO}{OC_1} = \frac{CA_1}{A_1B} + \frac{CB_1}{B_1A} $Что и требовалось доказать.

Ответ: Равенство $\frac{CO}{OC_1} = \frac{CA_1}{A_1B} + \frac{CB_1}{B_1A}$ доказано.

897 Докажите, что каждая биссектриса треугольника делится точкой пересечения биссектрис в отношении суммы прилежащих сторон к противолежащей, считая от вершины.

Пусть дан треугольник $ABC$. Обозначим длины его сторон, противолежащих вершинам $A$, $B$, $C$, как $a$, $b$ и $c$ соответственно. Таким образом, $a=BC$, $b=AC$, $c=AB$. Пусть $AA_1$, $BB_1$, $CC_1$ — биссектрисы углов $A$, $B$, $C$, а точка $I$ — точка их пересечения.

Требуется доказать, что биссектриса, проведенная из некоторой вершины, делится точкой $I$ в отношении суммы прилежащих к этой вершине сторон к стороне, противолежащей вершине. Например, для биссектрисы $AA_1$ необходимо доказать, что выполняется следующее соотношение: $$ \frac{AI}{IA_1} = \frac{AB + AC}{BC} = \frac{c + b}{a} $$

Доказательство:

Докажем утверждение для биссектрисы $AA_1$. Для остальных биссектрис доказательство будет полностью аналогичным.

1. Сначала применим свойство биссектрисы к треугольнику $ABC$. Биссектриса $AA_1$ делит противолежащую сторону $BC$ на отрезки $BA_1$ и $A_1C$, которые пропорциональны прилежащим сторонам $AB$ и $AC$: $$ \frac{BA_1}{A_1C} = \frac{AB}{AC} = \frac{c}{b} $$ Поскольку $BA_1 + A_1C = BC = a$, мы можем выразить длину отрезка $BA_1$. Из пропорции следует, что $A_1C = BA_1 \cdot \frac{b}{c}$. Подставим это в сумму: $$ BA_1 + BA_1 \cdot \frac{b}{c} = a $$ Вынесем $BA_1$ за скобки: $$ BA_1 \left(1 + \frac{b}{c}\right) = a \implies BA_1 \left(\frac{c+b}{c}\right) = a $$ Отсюда получаем: $$ BA_1 = \frac{ac}{b+c} $$

2. Теперь рассмотрим треугольник $ABA_1$. Отрезок $BI$ является биссектрисой угла $B$ в этом треугольнике, так как точка $I$ лежит на биссектрисе $BB_1$. Снова применим свойство биссектрисы, но уже для треугольника $ABA_1$. Биссектриса $BI$ делит сторону $AA_1$ на отрезки $AI$ и $IA_1$ пропорционально прилежащим сторонам $AB$ и $BA_1$: $$ \frac{AI}{IA_1} = \frac{AB}{BA_1} $$

3. В полученное соотношение подставим известные нам значения: $AB = c$ и найденное на первом шаге выражение для $BA_1 = \frac{ac}{b+c}$: $$ \frac{AI}{IA_1} = \frac{c}{\frac{ac}{b+c}} $$ Упростим полученную дробь: $$ \frac{AI}{IA_1} = c \cdot \frac{b+c}{ac} = \frac{b+c}{a} $$

Таким образом, мы доказали, что $\frac{AI}{IA_1} = \frac{AC+AB}{BC}$. Это и есть требуемое соотношение для биссектрисы $AA_1$.

Аналогичные рассуждения для биссектрис $BB_1$ и $CC_1$ приводят к результатам: $$ \frac{BI}{IB_1} = \frac{BA+BC}{AC} = \frac{c+a}{b} $$ $$ \frac{CI}{IC_1} = \frac{CA+CB}{AB} = \frac{b+a}{c} $$ Следовательно, утверждение верно для каждой биссектрисы треугольника. Что и требовалось доказать.

Ответ: Утверждение доказано.

898 Докажите, что три отрезка, соединяющие вершины треугольника с лежащими на противоположных сторонах точками касания вписанной окружности с этими сторонами, пересекаются в одной точке (точка Жергонна).

Для доказательства того, что три отрезка, соединяющие вершины треугольника с точками касания вписанной окружности на противоположных сторонах, пересекаются в одной точке, мы воспользуемся теоремой Чевы.

Пусть дан треугольник $ABC$. Обозначим его стороны как $a, b, c$, где $a = BC$, $b = AC$, $c = AB$.

Пусть вписанная в треугольник $ABC$ окружность касается его сторон $BC, AC, AB$ в точках $A_1, B_1, C_1$ соответственно. Нам нужно доказать, что отрезки (чевианы) $AA_1, BB_1, CC_1$ пересекаются в одной точке.

Теорема Чевы утверждает, что три чевианы $AA_1, BB_1, CC_1$ треугольника $ABC$ пересекаются в одной точке тогда и только тогда, когда выполняется следующее соотношение:

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

Теперь воспользуемся свойством касательных к окружности, проведенных из одной точки. Длины отрезков касательных от вершины до точек касания равны. Таким образом, мы имеем следующие равенства:

• $AC_1 = AB_1$ (касательные из вершины A)
• $BC_1 = BA_1$ (касательные из вершины B)
• $CA_1 = CB_1$ (касательные из вершины C)

Подставим эти равенства в левую часть уравнения из теоремы Чевы:

$$ \frac{AC_1}{C_1B} \cdot \frac{BA_1}{A_1C} \cdot \frac{CB_1}{B_1A} = \frac{AB_1}{BA_1} \cdot \frac{BA_1}{CB_1} \cdot \frac{CB_1}{AB_1} $$

Как мы видим, все члены в числителе и знаменателе сокращаются:

$$ \frac{\cancel{AB_1}}{\cancel{BA_1}} \cdot \frac{\cancel{BA_1}}{\cancel{CB_1}} \cdot \frac{\cancel{CB_1}}{\cancel{AB_1}} = 1 $$

Мы получили, что $1 = 1$. Равенство выполняется. Следовательно, по теореме Чевы, отрезки $AA_1, BB_1, CC_1$ пересекаются в одной точке. Эта точка называется точкой Жергонна.

Ответ: Утверждение доказано. Три отрезка, соединяющие вершины треугольника с точками касания вписанной окружности на противоположных сторонах, пересекаются в одной точке, что следует из теоремы Чевы и свойства касательных к окружности.

899 Докажите, что три отрезка, соединяющие вершины треугольника с лежащими на противоположных сторонах точками касания вневписанных окружностей с этими сторонами, пересекаются в одной точке (точка Нагеля).

Для доказательства воспользуемся теоремой Чевы в тригонометрической форме. Согласно этой теореме, три чевианы $AD$, $BE$, $CF$ треугольника $ABC$ пересекаются в одной точке тогда и только тогда, когда выполняется равенство:

$$ \frac{\sin(\angle BAD)}{\sin(\angle CAD)} \cdot \frac{\sin(\angle CBE)}{\sin(\angle ABE)} \cdot \frac{\sin(\angle ACF)}{\sin(\angle BCF)} = 1 $$

Пусть $ABC$ — данный треугольник. Обозначим длины его сторон, противолежащих вершинам $A$, $B$, $C$, как $a$, $b$, $c$ соответственно. Пусть $p = (a+b+c)/2$ — полупериметр треугольника.

Пусть $T_a$, $T_b$, $T_c$ — точки касания вневписанных окружностей со сторонами $BC$, $AC$, $AB$ соответственно. Нам нужно доказать, что отрезки (чевианы) $AT_a$, $BT_b$, $CT_c$ пересекаются в одной точке.

1. Найдем длины отрезков, на которые точки касания делят стороны треугольника.

Рассмотрим вневписанную окружность, касающуюся стороны $BC$ в точке $T_a$ и продолжений сторон $AB$ и $AC$. Известно свойство, что расстояние от вершины до точки касания вневписанной окружности с продолжением стороны равно полупериметру. То есть, если окружность касается продолжения $AB$ в точке $K$, то $AK = p$.

Тогда $BT_a = BK - T_aK$. Так как отрезки касательных из одной точки к окружности равны, то $BK = BT_a$. Но это неверный путь. Используем другое свойство.

Расстояние от вершины $B$ до точки касания $T_a$ на стороне $BC$ равно $BT_a = p-c$. Аналогично, расстояние от вершины $C$ до точки $T_a$ равно $CT_a = p-b$.

Проверим: $BT_a + CT_a = (p-c) + (p-b) = 2p - b - c = (a+b+c) - b - c = a = BC$. Равенство верно.

Аналогично для других сторон, циклически переставляя индексы, получаем:

• На стороне $AC$: $AT_b = p-c$, $CT_b = p-a$.
• На стороне $AB$: $AT_c = p-b$, $BT_c = p-a$.

2. Вычислим отношения синусов для каждой чевианы.

Рассмотрим чевиану $AT_a$ и треугольники $ABT_a$ и $ACT_a$, на которые она разбивает треугольник $ABC$.

По теореме синусов для треугольника $ABT_a$:

$$ \frac{BT_a}{\sin(\angle BAT_a)} = \frac{AT_a}{\sin(\angle B)} \implies \sin(\angle BAT_a) = \frac{BT_a \cdot \sin(\angle B)}{AT_a} $$

По теореме синусов для треугольника $ACT_a$:

$$ \frac{CT_a}{\sin(\angle CAT_a)} = \frac{AT_a}{\sin(\angle C)} \implies \sin(\angle CAT_a) = \frac{CT_a \cdot \sin(\angle C)}{AT_a} $$

Найдем отношение синусов:

$$ \frac{\sin(\angle BAT_a)}{\sin(\angle CAT_a)} = \frac{\frac{BT_a \cdot \sin(\angle B)}{AT_a}}{\frac{CT_a \cdot \sin(\angle C)}{AT_a}} = \frac{BT_a}{CT_a} \cdot \frac{\sin(\angle B)}{\sin(\angle C)} $$

Подставим найденные длины отрезков $BT_a = p-c$ и $CT_a = p-b$. Также, по теореме синусов для всего треугольника $ABC$, имеем $\frac{b}{\sin(\angle B)} = \frac{c}{\sin(\angle C)}$, откуда $\frac{\sin(\angle B)}{\sin(\angle C)} = \frac{b}{c}$.

Таким образом, первое отношение равно:

$$ \frac{\sin(\angle BAT_a)}{\sin(\angle CAT_a)} = \frac{p-c}{p-b} \cdot \frac{b}{c} $$

3. Найдем два других отношения по аналогии.

Для чевианы $BT_b$ (вершина $B$, сторона $AC$, точки $A, C$):

$$ \frac{\sin(\angle CBT_b)}{\sin(\angle ABT_b)} = \frac{CT_b}{AT_b} \cdot \frac{\sin(\angle C)}{\sin(\angle A)} = \frac{p-a}{p-c} \cdot \frac{c}{a} $$

Для чевианы $CT_c$ (вершина $C$, сторона $AB$, точки $A, B$):

$$ \frac{\sin(\angle ACT_c)}{\sin(\angle BCT_c)} = \frac{AT_c}{BT_c} \cdot \frac{\sin(\angle A)}{\sin(\angle B)} = \frac{p-b}{p-a} \cdot \frac{a}{b} $$

4. Проверим выполнение условия теоремы Чевы.

Перемножим полученные отношения. Обратите внимание, что в условии теоремы Чевы для вершин $B$ и $C$ отношения обратные тем, что мы вычислили. Поэтому мы должны перевернуть второе и третье отношения при подстановке в формулу Чевы, или, что то же самое, использовать $\frac{\sin(\angle ABE)}{\sin(\angle CBE)} = \frac{1}{\frac{\sin(\angle CBE)}{\sin(\angle ABE)}}$. Используем стандартную формулировку.Обозначим $\angle ABE = \angle ABT_b$, $\angle CBE = \angle CBT_b$, $\angle BCF = \angle BCT_c$, $\angle ACF = \angle ACT_c$.

Произведение для теоремы Чевы:

$$ \frac{\sin(\angle BAT_a)}{\sin(\angle CAT_a)} \cdot \frac{\sin(\angle CBT_b)}{\sin(\angle ABT_b)} \cdot \frac{\sin(\angle ACT_c)}{\sin(\angle BCT_c)} = \left(\frac{p-c}{p-b} \cdot \frac{b}{c}\right) \cdot \left(\frac{p-a}{p-c} \cdot \frac{c}{a}\right) \cdot \left(\frac{p-b}{p-a} \cdot \frac{a}{b}\right) $$

Сгруппируем множители:

$$ = \frac{(p-c)(p-a)(p-b)}{(p-b)(p-c)(p-a)} \cdot \frac{b \cdot c \cdot a}{c \cdot a \cdot b} = 1 \cdot 1 = 1 $$

Условие тригонометрической теоремы Чевы выполняется. Следовательно, отрезки $AT_a$, $BT_b$ и $CT_c$ пересекаются в одной точке.

Ответ: Что и требовалось доказать.

900 Две окружности имеют единственную общую точку М. Через эту точку проведены две секущие, пересекающие одну окружность в точках А и А₁, а другую — в точках В и В₁. Докажите, что AA₁ || BB₁.

Пусть даны две окружности, назовем их $\omega_1$ и $\omega_2$, которые имеют единственную общую точку $M$. Это означает, что окружности касаются в этой точке. Проведем через точку $M$ их общую касательную — прямую $t$.

Согласно условию, через точку $M$ проведены две секущие. Первая секущая пересекает окружность $\omega_1$ в точке $A$ и окружность $\omega_2$ в точке $B$. Вторая секущая пересекает $\omega_1$ в точке $A_1$ и $\omega_2$ в точке $B_1$. Это означает, что точки $A$, $M$, $B$ лежат на одной прямой, а точки $A_1$, $M$, $B_1$ — на другой.

Для доказательства параллельности прямых $AA_1$ и $BB_1$ воспользуемся теоремой об угле между касательной и хордой.

1. Рассмотрим окружность $\omega_1$. Угол между касательной $t$ и хордой $MA_1$, проведенной через точку касания $M$, равен вписанному углу, опирающемуся на дугу $MA_1$. Этим углом является $\angle MAA_1$. Таким образом, величина угла, образованного прямой $t$ и прямой $A_1B_1$, равна величине угла $\angle MAA_1$.

2. Теперь рассмотрим окружность $\omega_2$. Аналогично, угол между той же касательной $t$ и хордой $MB_1$ равен вписанному углу, опирающемуся на дугу $MB_1$. Этим углом является $\angle MBB_1$. Таким образом, величина угла, образованного прямой $t$ и прямой $A_1B_1$, равна величине угла $\angle MBB_1$.

3. Из двух предыдущих пунктов следует, что $\angle MAA_1 = \angle MBB_1$.

4. Рассмотрим прямые $AA_1$ и $BB_1$. Прямая, проходящая через точки $A$, $M$, $B$, является для них секущей. Углы $\angle MAA_1$ (который также является углом $\angle BAA_1$) и $\angle MBB_1$ являются соответственными углами при пересечении прямых $AA_1$ и $BB_1$ этой секущей.

Поскольку мы доказали, что эти соответственные углы равны ($\angle MAA_1 = \angle MBB_1$), то по признаку параллельности прямых, прямая $AA_1$ параллельна прямой $BB_1$. Что и требовалось доказать.

Ответ: Утверждение доказано.

901 Прямая АС — касательная к окружности с центром O₁, а прямая BD — касательная к окружности с центром О₂ (рис. 276). Докажите, что:

a) AD || BC;

б) AB² = AD • BC;

в) BD² : AC² = AD : BC.

а)

Рассмотрим первую окружность (с центром $O_1$), которая проходит через точки A, B, D. Прямая AC является касательной к этой окружности в точке A. По теореме об угле между касательной и хордой, угол между касательной AC и хордой AB равен вписанному углу, который опирается на дугу AB. Следовательно, $\angle BAC = \angle ADB$.

Теперь рассмотрим вторую окружность (с центром $O_2$), которая проходит через точки A, B, C. Прямая BD является касательной к этой окружности в точке B. По той же теореме, угол между касательной BD и хордой BC равен вписанному углу, который опирается на дугу BC. Следовательно, $\angle CBD = \angle BAC$.

Сопоставляя два полученных равенства, имеем: $\angle ADB = \angle BAC$ и $\angle CBD = \angle BAC$. Отсюда следует, что $\angle ADB = \angle CBD$.

Углы $\angle ADB$ и $\angle CBD$ являются накрест лежащими при прямых AD и BC и секущей BD. Так как эти углы равны, то прямые AD и BC параллельны.

Ответ: Доказано, что $AD \parallel BC$.

б)

Рассмотрим треугольники $\triangle DBA$ и $\triangle ACB$. Найдем их равные углы, используя теорему об угле между касательной и хордой.

1. Для первой окружности (с точками A, B, D) и касательной AC в точке A, угол между касательной и хордой AB равен углу в alternate segment: $\angle BAC = \angle BDA$.

2. Для второй окружности (с точками A, B, C) и касательной BD в точке B, угол между касательной и хордой AB равен углу в alternate segment: $\angle ABD = \angle ACB$.

Таким образом, в треугольниках $\triangle DBA$ и $\triangle ACB$ есть две пары равных углов:

$\angle BDA = \angle BAC$ (или $\angle CAB$)

$\angle DBA = \angle ACB$

Следовательно, треугольники подобны по двум углам (признак AA). Соответствие вершин: D↔A, B↔C, A↔B. Итак, $\triangle DBA \sim \triangle ACB$.

Из подобия треугольников следует пропорциональность соответствующих сторон:

$\frac{DB}{AC} = \frac{BA}{CB} = \frac{DA}{AB}$

Рассмотрим второе и третье отношения в этой пропорции: $\frac{BA}{CB} = \frac{DA}{AB}$.

Из этого равенства, используя основное свойство пропорции (произведение крайних членов равно произведению средних), получаем:

$BA \cdot AB = CB \cdot DA$

$AB^2 = AD \cdot BC$

Ответ: Доказано, что $AB^2 = AD \cdot BC$.

в)

Воспользуемся пропорцией, полученной в пункте б) из подобия треугольников $\triangle DBA \sim \triangle ACB$:

$\frac{DB}{AC} = \frac{BA}{CB} = \frac{DA}{AB}$

Из равенства первого и третьего отношений, $\frac{DB}{AC} = \frac{DA}{AB}$, выразим сторону $AB$:

$AB = \frac{AC \cdot DA}{DB}$

Теперь из равенства первого и второго отношений, $\frac{DB}{AC} = \frac{BA}{CB}$, также выразим сторону $AB$:

$AB = \frac{DB \cdot CB}{AC}$

Приравняем два полученных выражения для $AB$:

$\frac{AC \cdot DA}{DB} = \frac{DB \cdot CB}{AC}$

Умножим обе части равенства на $DB \cdot AC$ (так как длины отрезков не равны нулю):

$(AC \cdot DA) \cdot AC = (DB \cdot CB) \cdot DB$

$AC^2 \cdot AD = DB^2 \cdot BC$

Разделим обе части на $AC^2 \cdot BC$:

$\frac{AD}{BC} = \frac{DB^2}{AC^2}$

Это равенство можно записать в виде пропорции $BD^2 : AC^2 = AD : BC$.

Ответ: Доказано, что $BD^2 : AC^2 = AD : BC$.

902 Точки B₁ и C₁ — середины дуг AB и АС (рис. 277). Докажите, что AM=AN.

Для доказательства равенства $AM = AN$ в треугольнике $AMN$ достаточно доказать, что этот треугольник является равнобедренным с основанием $MN$. Это, в свою очередь, равносильно доказательству равенства углов при основании: $\angle AMN = \angle ANM$.

Для нахождения величин этих углов воспользуемся теоремой об угле между двумя пересекающимися хордами. Согласно этой теореме, мера угла, образованного двумя пересекающимися хордами, равна половине суммы мер дуг, заключенных между сторонами этого угла и сторонами вертикального ему угла.

Угол $\angle AMN$ образован пересечением хорд $AB$ и $B_1C_1$ в точке $M$. На чертеже видно, что угол $\angle AMN$ и угол $\angle AMC_1$ совпадают, а вертикальным к нему является угол $\angle BMB_1$. Следовательно, его мера выражается как:$ \angle AMN = \frac{1}{2} (m(\stackrel{\frown}{AC_1}) + m(\stackrel{\frown}{BB_1})) $

Аналогично, угол $\angle ANM$ образован пересечением хорд $AC$ и $B_1C_1$ в точке $N$. Угол $\angle ANM$ совпадает с углом $\angle ANB_1$, а вертикальным к нему является угол $\angle CNC_1$. Его мера выражается как:$ \angle ANM = \frac{1}{2} (m(\stackrel{\frown}{AB_1}) + m(\stackrel{\frown}{CC_1})) $

По условию задачи, точка $B_1$ — середина дуги $AB$, а точка $C_1$ — середина дуги $AC$. Это означает, что меры соответствующих дуг равны:$ m(\stackrel{\frown}{AB_1}) = m(\stackrel{\frown}{BB_1}) $$ m(\stackrel{\frown}{AC_1}) = m(\stackrel{\frown}{CC_1}) $

Подставим эти равенства в выражение для угла $\angle ANM$:$ \angle ANM = \frac{1}{2} (m(\stackrel{\frown}{AB_1}) + m(\stackrel{\frown}{CC_1})) = \frac{1}{2} (m(\stackrel{\frown}{BB_1}) + m(\stackrel{\frown}{AC_1})) $

Теперь сравним полученные выражения для углов $\angle AMN$ и $\angle ANM$:$ \angle AMN = \frac{1}{2} (m(\stackrel{\frown}{AC_1}) + m(\stackrel{\frown}{BB_1})) $$ \angle ANM = \frac{1}{2} (m(\stackrel{\frown}{BB_1}) + m(\stackrel{\frown}{AC_1})) $Из чего следует, что $\angle AMN = \angle ANM$.

Так как в треугольнике $AMN$ углы при основании $MN$ равны, то этот треугольник является равнобедренным. В равнобедренном треугольнике стороны, противолежащие равным углам, равны. Следовательно, $AM = AN$.Что и требовалось доказать.

Ответ: Равенство $AM = AN$ доказано.