Страница 222 - гдз по геометрии 7-9 класс учебник Атанасян, Бутузов

903 Окружность отсекает на двух прямых, которые пересекаются в точке, не лежащей на окружности, равные хорды. Докажите, что расстояния от точки пересечения этих прямых до концов той и другой хорды соответственно равны между собой.

Пусть дана окружность с центром в точке $O$. Две прямые, назовем их $l_1$ и $l_2$, пересекаются в точке $P$, не лежащей на окружности. Прямая $l_1$ пересекает окружность в точках $A$ и $B$, образуя хорду $AB$. Прямая $l_2$ пересекает окружность в точках $C$ и $D$, образуя хорду $CD$. По условию задачи, длины этих хорд равны: $AB = CD$.

Требуется доказать, что расстояния от точки $P$ до концов хорды $AB$ соответственно равны расстояниям от точки $P$ до концов хорды $CD$. То есть, если мы упорядочим расстояния по возрастанию, то меньшее расстояние до хорды $AB$ равно меньшему расстоянию до хорды $CD$, а большее — большему. Формально, нужно доказать, что множество расстояний $\{PA, PB\}$ равно множеству $\{PC, PD\}$.

Доказательство:

1. Воспользуемся свойством окружности: равные хорды равноудалены от центра окружности. Проведем из центра $O$ перпендикуляры к нашим хордам. Пусть $OK$ — перпендикуляр к хорде $AB$ (точка $K$ лежит на $AB$), а $OM$ — перпендикуляр к хорде $CD$ (точка $M$ лежит на $CD$). Так как $AB = CD$, то расстояния от центра до этих хорд равны, то есть $OK = OM$.

2. Рассмотрим еще одно свойство: перпендикуляр, опущенный из центра окружности на хорду, делит эту хорду пополам. Следовательно, точка $K$ является серединой хорды $AB$, а точка $M$ — серединой хорды $CD$. Это означает, что $AK = KB = \frac{1}{2}AB$ и $CM = MD = \frac{1}{2}CD$. Поскольку $AB = CD$, то и их половины равны: $AK = KB = CM = MD$.

3. Теперь рассмотрим прямоугольные треугольники $\triangle POK$ и $\triangle POM$.

• У них общая гипотенуза $PO$.
• Катеты $OK$ и $OM$ равны, как мы установили в пункте 1.

Следовательно, треугольники $\triangle POK$ и $\triangle POM$ равны по гипотенузе и катету.

4. Из равенства треугольников следует равенство соответствующих сторон, а именно $PK = PM$.

5. Теперь найдем искомые расстояния. Расстояния от точки $P$ до концов хорды $AB$ — это длины отрезков $PA$ и $PB$. Расстояния от точки $P$ до концов хорды $CD$ — это $PC$ и $PD$. Рассмотрим два возможных случая расположения точки $P$.

Случай 1: Точка $P$ находится вне окружности.
Тогда точки на прямых расположены, например, в следующем порядке: $P-A-K-B$ и $P-C-M-D$. Расстояния вычисляются так: $PA = PK - AK$ $PB = PK + KB$ $PC = PM - CM$ $PD = PM + MD$ Так как мы доказали, что $PK = PM$ и $AK = CM$, то $PA = PK - AK = PM - CM = PC$. Так как $PK = PM$ и $KB = MD$, то $PB = PK + KB = PM + MD = PD$. Таким образом, $PA = PC$ и $PB = PD$.

Случай 2: Точка $P$ находится внутри окружности.
Тогда точки на прямых расположены, например, в следующем порядке: $A-P-K-B$ и $C-P-M-D$. Расстояния вычисляются так: $PA = AK - PK$ $PB = PK + KB$ $PC = CM - PM$ $PD = PM + MD$ Из равенств $PK=PM$, $AK=CM$ и $KB=MD$ следует, что: $PA = AK - PK = CM - PM = PC$. $PB = PK + KB = PM + MD = PD$. Таким образом, и в этом случае $PA = PC$ и $PB = PD$.

В обоих случаях мы приходим к выводу, что расстояния от точки пересечения прямых до концов одной хорды соответственно равны расстояниям до концов другой хорды.

Ответ: Утверждение доказано. Расстояния от точки пересечения прямых до концов первой хорды равны соответственно расстояниям до концов второй хорды.

904 Докажите, что для всех хорд AB данной окружности величина AB²AD, где AD — расстояние от точки А до касательной в точке В, имеет одно и то же значение.

Пусть дана окружность с центром в точке $O$ и радиусом $R$. Рассмотрим произвольную хорду $AB$ этой окружности. Проведем касательную к окружности в точке $B$.

Пусть $l$ — эта касательная. По условию, $AD$ — это расстояние от точки $A$ до касательной $l$. Это означает, что $AD$ является перпендикуляром, опущенным из точки $A$ на прямую $l$. Обозначим точку пересечения перпендикуляра и касательной как $D$. Таким образом, треугольник $\triangle ADB$ является прямоугольным, где $\angle ADB = 90^\circ$.

Из определения синуса в прямоугольном треугольнике $\triangle ADB$ имеем:
$\sin(\angle ABD) = \frac{AD}{AB}$
Отсюда можно выразить $AD$:
$AD = AB \cdot \sin(\angle ABD)$

Теперь рассмотрим выражение, постоянство которого нужно доказать: $\frac{AB^2}{AD}$. Подставим в него найденное выражение для $AD$:
$\frac{AB^2}{AD} = \frac{AB^2}{AB \cdot \sin(\angle ABD)} = \frac{AB}{\sin(\angle ABD)}$

Воспользуемся теоремой об угле между касательной и хордой. Угол между касательной, проведенной через конец хорды, и самой хордой равен вписанному углу, который опирается на дугу, стягиваемую этой хордой.

Возьмем на окружности произвольную точку $C$, не совпадающую с $A$ и $B$. Тогда угол $\angle ABD$ (угол между хордой $AB$ и касательной в точке $B$) равен вписанному углу $\angle ACB$, который опирается на дугу $AB$.
$\angle ABD = \angle ACB$

Тогда наше выражение можно переписать в виде:
$\frac{AB}{\sin(\angle ABD)} = \frac{AB}{\sin(\angle ACB)}$

Рассмотрим треугольник $\triangle ABC$, который вписан в исходную окружность. По обобщенной теореме синусов для $\triangle ABC$:
$\frac{AB}{\sin(\angle ACB)} = 2R$
где $R$ — радиус описанной окружности, который в данном случае является радиусом нашей исходной окружности.

Таким образом, мы получили:
$\frac{AB^2}{AD} = 2R$

Поскольку радиус $R$ данной окружности является постоянной величиной, то и ее диаметр $2R$ также является постоянной величиной. Следовательно, для любой хорды $AB$ данной окружности величина $\frac{AB^2}{AD}$ имеет одно и то же значение, равное диаметру окружности.

Ответ: Доказано, что величина $\frac{AB^2}{AD}$ постоянна и равна диаметру данной окружности.

905 Через точку А пересечения двух окружностей с центрами в точках O₁ и О₂ проведена прямая, пересекающая одну окружность в точке В, а другую — в точке С. Докажите, что отрезок ВС будет наибольшим тогда, когда он параллелен прямой O₁O₂.

Пусть даны две окружности $\omega_1$ и $\omega_2$ с центрами в точках $O_1$ и $O_2$ и радиусами $R_1$ и $R_2$ соответственно. Окружности пересекаются в точке $A$. Через точку $A$ проведена прямая, которая пересекает окружность $\omega_1$ в точке $B$ и окружность $\omega_2$ в точке $C$. Точки $B$ и $C$ отличны от точки $A$.

Необходимо доказать, что длина отрезка $BC$ будет максимальной, когда прямая $BC$ параллельна прямой $O_1O_2$.

Доказательство:

1. Опустим перпендикуляры из центров окружностей $O_1$ и $O_2$ на прямую $BC$. Обозначим основания этих перпендикуляров как $M_1$ и $M_2$ соответственно. Таким образом, $O_1M_1 \perp BC$ и $O_2M_2 \perp BC$.

2. В окружности $\omega_1$ отрезок $AB$ является хордой. По свойству хорды, перпендикуляр, опущенный из центра окружности на хорду, делит ее пополам. Следовательно, точка $M_1$ является серединой хорды $AB$. Это значит, что $AB = 2 \cdot AM_1$.

3. Аналогично, в окружности $\omega_2$ отрезок $AC$ является хордой. Перпендикуляр $O_2M_2$ делит эту хорду пополам, поэтому точка $M_2$ является серединой хорды $AC$. Это значит, что $AC = 2 \cdot AM_2$.

4. Прямая, проходящая через точку $A$, пересекает окружности в точках $B$ и $C$. Точка $A$ лежит между точками $B$ и $C$. Поэтому длина отрезка $BC$ равна сумме длин отрезков $AB$ и $AC$: $BC = AB + AC$.

Подставим выражения для $AB$ и $AC$ из пунктов 2 и 3: $BC = 2 \cdot AM_1 + 2 \cdot AM_2 = 2 \cdot (AM_1 + AM_2)$.

Поскольку точка $A$ лежит между точками $M_1$ и $M_2$ (так как $M_1$ - середина $AB$, а $M_2$ - середина $AC$), то $AM_1 + AM_2 = M_1M_2$. Таким образом, мы получаем ключевое соотношение: $BC = 2 \cdot M_1M_2$.

Это означает, что задача максимизации длины отрезка $BC$ эквивалентна задаче максимизации длины отрезка $M_1M_2$.

5. Рассмотрим четырехугольник $O_1M_1M_2O_2$. Так как $O_1M_1 \perp BC$ и $O_2M_2 \perp BC$, то прямые $O_1M_1$ и $O_2M_2$ параллельны друг другу. Следовательно, $O_1M_1M_2O_2$ — это прямоугольная трапеция с основаниями $O_1M_1$ и $O_2M_2$.

6. Проведем из точки $O_1$ высоту трапеции на основание $O_2M_2$ (или его продолжение). Обозначим ее основание как $K$. Таким образом, $O_1K \perp O_2M_2$. В полученном прямоугольном треугольнике $O_1KO_2$ (с прямым углом $K$) гипотенузой является отрезок $O_1O_2$. По теореме Пифагора: $(O_1O_2)^2 = (O_1K)^2 + (KO_2)^2$.

Так как $O_1M_1M_2K$ является прямоугольником, то $O_1K = M_1M_2$. Подставим это в уравнение: $(O_1O_2)^2 = (M_1M_2)^2 + (KO_2)^2$.

Выразим квадрат длины $M_1M_2$: $(M_1M_2)^2 = (O_1O_2)^2 - (KO_2)^2$.

7. Расстояние между центрами окружностей $O_1O_2$ является постоянной величиной, так как положение окружностей зафиксировано. Чтобы величина $(M_1M_2)^2$ (а следовательно, и $M_1M_2$) была максимальной, необходимо, чтобы вычитаемое $(KO_2)^2$ было минимальным.

Минимальное возможное значение для $(KO_2)^2$ равно нулю. Это достигается, когда $K$ совпадает с $O_2$, то есть $KO_2 = 0$.

8. Условие $K=O_2$ означает, что высота $O_1K$ совпадает с отрезком $O_1O_2$. Так как $O_1K \parallel BC$ по построению, то из этого следует, что $O_1O_2 \parallel BC$.

Таким образом, отрезок $M_1M_2$ достигает своей максимальной длины, равной $O_1O_2$, именно тогда, когда прямая $BC$ параллельна линии центров $O_1O_2$. Соответственно, и длина отрезка $BC = 2 \cdot M_1M_2$ в этом случае будет наибольшей.

Что и требовалось доказать.

Ответ: Утверждение доказано. Длина отрезка $BC$ максимальна, когда он является проекцией удвоенного отрезка $O_1O_2$ на секущую прямую, и эта проекция максимальна, когда секущая прямая $BC$ параллельна прямой $O_1O_2$.

906 Отрезок AB является диаметром окружности с центром О. На каждом радиусе OM окружности отложен от центра О отрезок, равный расстоянию от конца М этого радиуса до прямой AB. Найдите множество концов построенных таким образом отрезков.

Решение:

Введем декартову систему координат. Пусть центр окружности $O$ совпадает с началом координат $(0, 0)$, а диаметр $AB$ лежит на оси $Ox$. Тогда уравнение прямой $AB$ — это $y=0$. Пусть радиус исходной окружности равен $R$. Уравнение этой окружности: $x^2 + y^2 = R^2$.

Рассмотрим произвольную точку $M$ на окружности. Пусть ее координаты $(x_M, y_M)$. Расстояние от точки $M(x_M, y_M)$ до прямой $AB$ (оси $Ox$) равно модулю ее ординаты, то есть $d = |y_M|$.

По условию, на каждом радиусе $OM$ от центра $O$ откладывается отрезок $OP$, длина которого равна $d$. Таким образом, для точки $P$, являющейся концом такого отрезка, ее расстояние до центра $O$ равно $OP = d = |y_M|$.

Для нахождения множества всех таких точек $P$ удобнее использовать полярную систему координат, где центр $O$ является полюсом, а луч $OA$ — полярной осью. Точка $M$ на окружности радиуса $R$ имеет полярные координаты $(R, \alpha)$, где $\alpha$ — полярный угол. Ее декартовы координаты связаны с полярными как $x_M = R \cos\alpha$ и $y_M = R \sin\alpha$.

Тогда расстояние от $M$ до прямой $AB$ (оси $Ox$) равно $d = |y_M| = |R \sin\alpha|$.

Точка $P$ лежит на радиусе $OM$, следовательно, ее полярный угол также равен $\alpha$. Ее расстояние от полюса $O$ (полярный радиус $\rho$) равно $OP$. По условию $OP = d$, следовательно, полярное уравнение искомого множества точек $P$ имеет вид:

$\rho = R |\sin\alpha|$

Рассмотрим два случая:

1. Точка $M$ находится в верхней полуплоскости ($y_M \ge 0$). Тогда $0 \le \alpha \le \pi$, и $\sin\alpha \ge 0$. Уравнение принимает вид $\rho = R \sin\alpha$.Чтобы определить форму этой кривой, перейдем к декартовым координатам, используя формулы $\rho^2 = x^2 + y^2$ и $y = \rho \sin\alpha$.Умножим уравнение $\rho = R \sin\alpha$ на $\rho$:$\rho^2 = R (\rho \sin\alpha)$$x^2 + y^2 = Ry$$x^2 + y^2 - Ry = 0$Выделим полный квадрат для переменной $y$:$x^2 + (y^2 - Ry + (\frac{R}{2})^2) - (\frac{R}{2})^2 = 0$$x^2 + (y - \frac{R}{2})^2 = (\frac{R}{2})^2$Это уравнение окружности с центром в точке $(0, R/2)$ и радиусом $R/2$.

2. Точка $M$ находится в нижней полуплоскости ($y_M < 0$). Тогда $\pi < \alpha < 2\pi$, и $\sin\alpha < 0$. Уравнение принимает вид $\rho = -R \sin\alpha$.Аналогично перейдем к декартовым координатам:$\rho^2 = -R (\rho \sin\alpha)$$x^2 + y^2 = -Ry$$x^2 + y^2 + Ry = 0$$x^2 + (y^2 + Ry + (\frac{R}{2})^2) - (\frac{R}{2})^2 = 0$$x^2 + (y + \frac{R}{2})^2 = (\frac{R}{2})^2$Это уравнение окружности с центром в точке $(0, -R/2)$ и радиусом $R/2$.

Таким образом, искомое множество точек состоит из двух окружностей. Обе окружности касаются диаметра $AB$ в центре исходной окружности $O$. Центры этих окружностей лежат на радиусе, перпендикулярном диаметру $AB$, на расстоянии $R/2$ от $O$, по одному в каждой полуплоскости относительно прямой $AB$. Диаметр каждой из этих двух окружностей равен радиусу $R$ исходной окружности.

Ответ: Искомое множество точек — это две окружности, которые касаются друг друга в центре $O$ исходной окружности и касаются прямой $AB$ в этой же точке. Диаметр каждой из этих окружностей равен радиусу исходной окружности и лежит на прямой, проходящей через центр $O$ перпендикулярно диаметру $AB$.

907 Внутри угла ABC равностороннего треугольника ABC взята точка М так, что ∠BMC = 30°, ∠BMA = 17°. Найдите углы ВАМ и ВСМ.

Для начала проанализируем условие задачи. Дан равносторонний треугольник $ABC$, а значит, все его стороны равны ($AB = BC = CA$) и все углы равны $60^{\circ}$ ($\angle ABC = \angle BCA = \angle CAB = 60^{\circ}$). Точка $M$ находится внутри угла $ABC$.

Сначала предположим, что точка $M$ находится внутри треугольника $ABC$. Рассмотрим треугольники $\triangle BMA$ и $\triangle BMC$. Сумма углов в любом треугольнике равна $180^{\circ}$.

В $\triangle BMA$: $\angle BAM + \angle ABM + \angle BMA = 180^{\circ}$. С учетом того, что $\angle BMA = 17^{\circ}$, получаем $\angle BAM + \angle ABM = 180^{\circ} - 17^{\circ} = 163^{\circ}$.

Однако, если точка $M$ находится внутри треугольника $ABC$, то $\angle ABM$ является частью угла $\angle ABC$, а $\angle BAM$ — частью угла $\angle BAC$. Следовательно, $\angle ABM < 60^{\circ}$ и $\angle BAM < 60^{\circ}$. Их сумма должна быть меньше $120^{\circ}$. Полученное нами значение $163^{\circ}$ противоречит этому ($\angle BAM + \angle ABM < 60^{\circ} + 60^{\circ} = 120^{\circ}$).

Это противоречие означает, что наше предположение было неверным. Точка $M$ не может находиться внутри треугольника $ABC$. Согласно условию, она находится "внутри угла $ABC$", что означает, что она расположена в области между лучами $BA$ и $BC$, но вне самого треугольника, то есть по другую сторону от прямой $AC$.

Для решения задачи применим метод поворота. Выполним поворот треугольника $\triangle CBM$ вокруг точки $B$ на $60^{\circ}$ по часовой стрелке. При таком повороте: вершина $C$ перейдет в вершину $A$ (так как $BC = BA$ и $\angle CBA = 60^{\circ}$), вершина $B$ останется на месте, а вершина $M$ перейдет в некоторую точку $M'$.

В результате поворота $\triangle CBM$ перейдет в равный ему треугольник $\triangle ABM'$. Из равенства треугольников следует: $CM = AM'$, $BM = BM'$, $\angle BMC = \angle BM'A = 30^{\circ}$, и $\angle BCM = \angle BAM'$.

Так как поворот был на угол $60^{\circ}$, то $\angle MBM' = 60^{\circ}$. Треугольник $\triangle MBM'$ является равнобедренным ($BM = BM'$) с углом при вершине $60^{\circ}$, следовательно, он равносторонний. Отсюда $MM' = BM$ и $\angle BM'M = 60^{\circ}$.

Теперь рассмотрим углы при точке $M'$. Мы знаем, что $\angle BM'A = 30^{\circ}$ и $\angle BM'M = 60^{\circ}$. Угол $\angle AM'M$ будет равен разности этих углов:$\angle AM'M = \angle BM'M - \angle BM'A = 60^{\circ} - 30^{\circ} = 30^{\circ}$.

Далее воспользуемся теоремой косинусов. Пусть сторона равностороннего треугольника $ABC$ равна $a$.Применим теорему косинусов к треугольнику $\triangle CMB$:$BC^2 = CM^2 + BM^2 - 2 \cdot CM \cdot BM \cdot \cos(\angle CMB)$$a^2 = CM^2 + BM^2 - 2 \cdot CM \cdot BM \cdot \cos(30^{\circ}) = CM^2 + BM^2 - \sqrt{3} \cdot CM \cdot BM$.

Теперь применим теорему косинусов к треугольнику $\triangle AM'M$:$AM^2 = AM'^2 + MM'^2 - 2 \cdot AM' \cdot MM' \cdot \cos(\angle AM'M)$.Учитывая, что из свойств поворота $AM' = CM$ и $MM' = BM$, а также $\angle AM'M = 30^{\circ}$, получаем:$AM^2 = CM^2 + BM^2 - 2 \cdot CM \cdot BM \cdot \cos(30^{\circ}) = CM^2 + BM^2 - \sqrt{3} \cdot CM \cdot BM$.

Сравнивая выражения для $a^2$ и $AM^2$, мы видим, что они идентичны. Следовательно, $AM^2 = a^2$, что означает $AM = a$.

Теперь, когда мы знаем, что $AM = a$, рассмотрим треугольник $\triangle ABM$. В нем $AB = a$ (как сторона равностороннего треугольника) и $AM = a$. Значит, $\triangle ABM$ — равнобедренный треугольник с основанием $BM$. В равнобедренном треугольнике углы при основании равны, поэтому $\angle ABM = \angle AMB$. По условию $\angle BMA = 17^{\circ}$ (что то же самое, что $\angle AMB$), следовательно, $\angle ABM = 17^{\circ}$.Сумма углов в $\triangle ABM$ равна $180^{\circ}$, поэтому искомый угол $\angle BAM$ равен:$\angle BAM = 180^{\circ} - (\angle ABM + \angle AMB) = 180^{\circ} - (17^{\circ} + 17^{\circ}) = 180^{\circ} - 34^{\circ} = 146^{\circ}$.

Для нахождения угла $\angle BCM$ сначала найдем угол $\angle CBM$. Мы знаем, что $\angle ABC = 60^{\circ}$ и он состоит из углов $\angle ABM$ и $\angle CBM$.$\angle CBM = \angle ABC - \angle ABM = 60^{\circ} - 17^{\circ} = 43^{\circ}$.Теперь рассмотрим треугольник $\triangle CBM$. Сумма его углов равна $180^{\circ}$:$\angle BCM + \angle CBM + \angle BMC = 180^{\circ}$.Подставляем известные значения $\angle CBM = 43^{\circ}$ и $\angle BMC = 30^{\circ}$:$\angle BCM + 43^{\circ} + 30^{\circ} = 180^{\circ}$$\angle BCM + 73^{\circ} = 180^{\circ}$$\angle BCM = 180^{\circ} - 73^{\circ} = 107^{\circ}$.

Ответ: $\angle BAM = 146^{\circ}$, $\angle BCM = 107^{\circ}$.

908 Через каждую вершину треугольника ABC проведена прямая, перпендикулярная к биссектрисе угла треугольника при этой вершине. Проведённые прямые, пересекаясь, образуют новый треугольник. Докажите, что вершины этого треугольника лежат на прямых, содержащих биссектрисы треугольника ABC.

Пусть дан треугольник $ABC$. Обозначим биссектрисы его внутренних углов при вершинах $A, B, C$ как $l_A, l_B, l_C$ соответственно. Согласно условию, через каждую вершину $A, B, C$ проведена прямая, перпендикулярная биссектрисе угла при этой вершине. Обозначим эти прямые как $m_A, m_B, m_C$. Таким образом, $m_A \perp l_A$, $m_B \perp l_B$, и $m_C \perp l_C$.

Эти прямые, пересекаясь, образуют новый треугольник. Обозначим его вершины $A' = m_B \cap m_C$, $B' = m_A \cap m_C$ и $C' = m_A \cap m_B$.

Требуется доказать, что вершины $A', B', C'$ лежат на прямых, содержащих биссектрисы $l_A, l_B, l_C$ треугольника $ABC$.

Доказательство

Сначала установим, чем являются прямые $m_A, m_B, m_C$ по отношению к треугольнику $ABC$. Рассмотрим прямую $m_A$, проходящую через вершину $A$ и перпендикулярную биссектрисе внутреннего угла $\angle A$. Известно, что биссектриса внутреннего угла и биссектриса смежного с ним внешнего угла при одной и той же вершине треугольника всегда взаимно перпендикулярны. Это объясняется тем, что сумма внутреннего и внешнего углов равна $180^\circ$, а угол между их биссектрисами равен сумме половин этих углов: $ \frac{\angle A}{2} + \frac{180^\circ - \angle A}{2} = \frac{\angle A}{2} + 90^\circ - \frac{\angle A}{2} = 90^\circ $.

Следовательно, прямая $m_A$, будучи перпендикулярной к биссектрисе внутреннего угла $l_A$ и проходя через вершину $A$, является биссектрисой внешнего угла при вершине $A$. Аналогично, прямая $m_B$ является биссектрисой внешнего угла при вершине $B$, а прямая $m_C$ — биссектрисой внешнего угла при вершине $C$.

Теперь докажем, что вершина $A'$ нового треугольника лежит на биссектрисе $l_A$. Вершина $A'$ — это точка пересечения прямых $m_B$ и $m_C$. Как мы установили, $m_B$ — это биссектриса внешнего угла при вершине $B$, а $m_C$ — биссектриса внешнего угла при вершине $C$.

Воспользуемся свойством биссектрисы угла: любая точка, лежащая на биссектрисе, равноудалена от прямых, образующих этот угол.

Поскольку точка $A'$ лежит на биссектрисе $m_B$ внешнего угла при вершине $B$, она равноудалена от прямых, содержащих стороны $AB$ и $BC$. Если обозначить расстояние от точки $P$ до прямой $k$ как $d(P, k)$, то получим $d(A', AB) = d(A', BC)$.

Поскольку точка $A'$ также лежит на биссектрисе $m_C$ внешнего угла при вершине $C$, она равноудалена от прямых, содержащих стороны $AC$ и $BC$. То есть, $d(A', AC) = d(A', BC)$.

Из этих двух равенств следует, что $d(A', AB) = d(A', AC)$. Это означает, что точка $A'$ равноудалена от сторон угла $\angle A$. Следовательно, точка $A'$ лежит на биссектрисе угла $\angle A$.

Точка пересечения биссектрис двух внешних углов треугольника (в нашем случае при вершинах $B$ и $C$) является центром одной из его вневписанных окружностей. Этот центр, по определению, также лежит и на биссектрисе внутреннего угла третьей вершины (в нашем случае $A$). Таким образом, точка $A'$, являясь точкой пересечения биссектрис внешних углов при вершинах $B$ и $C$, принадлежит биссектрисе внутреннего угла $l_A$.

Аналогичные рассуждения применяются для вершин $B'$ и $C'$:

Вершина $B'$ является точкой пересечения $m_A$ (биссектрисы внешнего угла $\angle A$) и $m_C$ (биссектрисы внешнего угла $\angle C$). Следовательно, $B'$ лежит на биссектрисе внутреннего угла $l_B$.

Вершина $C'$ является точкой пересечения $m_A$ (биссектрисы внешнего угла $\angle A$) и $m_B$ (биссектрисы внешнего угла $\angle B$). Следовательно, $C'$ лежит на биссектрисе внутреннего угла $l_C$.

Таким образом, доказано, что все вершины нового треугольника лежат на прямых, содержащих биссектрисы соответствующих внутренних углов треугольника $ABC$, что и требовалось доказать.

Ответ: Утверждение задачи доказано.

909 Пусть Н — точка пересечения прямых, содержащих высоты треугольника АВС, А₁, В₁, С₁ — точки, симметричные точке Н относительно прямых ВС, СА, АВ, а А₂, В₂, С₂ — точки, симметричные точке Н относительно середин сторон ВС, СА, АВ. Докажите, что точки А₁, В₁, С₁, А₂, В₂, С₂ лежат на окружности, описанной около треугольника АВС.

Пусть $\Omega$ — окружность, описанная около треугольника $ABC$, $O$ — её центр, а $R$ — её радиус. $H$ — ортоцентр треугольника $ABC$. Доказательство того, что все шесть точек лежат на окружности $\Omega$, разобьем на две части.

Докажем, что точка $A_1$, симметричная ортоцентру $H$ относительно прямой $BC$, лежит на описанной окружности $\Omega$. Доказательства для точек $B_1$ (симметричной $H$ относительно $AC$) и $C_1$ (симметричной $H$ относительно $AB$) полностью аналогичны.

Пусть $\angle A$, $\angle B$, $\angle C$ — углы треугольника $ABC$ при вершинах $A, B, C$ соответственно. Пусть $H_B$ и $H_C$ — основания высот, опущенных из вершин $B$ и $C$. В четырехугольнике $AH_C H H_B$ углы $\angle AH_C H$ и $\angle AH_B H$ являются прямыми. Следовательно, этот четырехугольник вписанный. Сумма противоположных углов вписанного четырехугольника равна $180^\circ$, поэтому $\angle H_C H H_B = 180^\circ - \angle H_C A H_B = 180^\circ - \angle A$.

Угол $\angle BHC$ является вертикальным к углу $\angle H_C H H_B$, следовательно, $\angle BHC = \angle H_C H H_B = 180^\circ - \angle A$.

По условию, точка $A_1$ симметрична точке $H$ относительно прямой $BC$. При осевой симметрии треугольник $\triangle HBC$ переходит в равный ему треугольник $\triangle A_1BC$. Следовательно, соответствующие углы этих треугольников равны: $\angle BA_1C = \angle BHC$.

Таким образом, мы имеем $\angle BA_1C = 180^\circ - \angle A$.

Теперь рассмотрим четырехугольник $ABA_1C$. Сумма его противоположных углов $\angle BAC$ и $\angle BA_1C$ равна: $\angle BAC + \angle BA_1C = \angle A + (180^\circ - \angle A) = 180^\circ$.

Поскольку сумма противоположных углов четырехугольника $ABA_1C$ равна $180^\circ$, около него можно описать окружность. Эта окружность проходит через точки $A, B, C$ и, следовательно, совпадает с описанной окружностью $\Omega$ треугольника $ABC$. Значит, точка $A_1$ лежит на окружности $\Omega$.

Аналогично, рассматривая углы $\angle CHA = 180^\circ - \angle B$ и $\angle AHB = 180^\circ - \angle C$, можно доказать, что точки $B_1$ и $C_1$ также лежат на описанной окружности треугольника $ABC$.

Докажем, что точка $A_2$, симметричная ортоцентру $H$ относительно середины стороны $BC$, лежит на описанной окружности $\Omega$. Доказательства для точек $B_2$ (симметричной $H$ относительно середины $AC$) и $C_2$ (симметричной $H$ относительно середины $AB$) полностью аналогичны.

Пусть $M_A$ — середина стороны $BC$. По условию, точка $A_2$ симметрична $H$ относительно $M_A$, что означает, что $M_A$ является серединой отрезка $HA_2$. Поскольку $M_A$ также является серединой $BC$, диагонали четырехугольника $HBA_2C$ ($HA_2$ и $BC$) точкой пересечения делятся пополам. Следовательно, $HBA_2C$ — параллелограмм.

Из этого следует, что $A_2C \parallel HB$ и $A_2B \parallel HC$.

Теперь рассмотрим точку $A'$, диаметрально противоположную вершине $A$ на описанной окружности $\Omega$. Так как $AA'$ — диаметр, то углы, опирающиеся на него, прямые: $\angle ACA' = 90^\circ$ и $\angle ABA' = 90^\circ$. Это означает, что $A'C \perp AC$ и $A'B \perp AB$.

Высота треугольника $ABC$, проведенная из вершины $B$, перпендикулярна стороне $AC$. Прямая $BH$, содержащая эту высоту, также перпендикулярна $AC$. Так как $A'C \perp AC$ и $BH \perp AC$, то прямые $A'C$ и $BH$ параллельны.

Аналогично, высота из вершины $C$ перпендикулярна стороне $AB$. Прямая $CH$, содержащая эту высоту, перпендикулярна $AB$. Так как $A'B \perp AB$ и $CH \perp AB$, то прямые $A'B$ и $CH$ параллельны.

Мы установили, что в четырехугольнике $A'BHC$ противоположные стороны попарно параллельны ($A'C \parallel BH$ и $A'B \parallel CH$), значит, $A'BHC$ — параллелограмм.

В параллелограмме диагонали делятся точкой пересечения пополам. Следовательно, середина диагонали $BC$ (точка $M_A$) является также серединой диагонали $A'H$.

Таким образом, мы получили, что и точка $A_2$, и точка $A'$ симметричны точке $H$ относительно середины $BC$. Так как точка, симметричная данной точке относительно другой данной точки, единственна, то точки $A_2$ и $A'$ совпадают.

Поскольку точка $A'$ по своему определению лежит на описанной окружности $\Omega$, то и точка $A_2$ лежит на этой окружности.

Аналогично доказывается, что точка $B_2$ совпадает с точкой, диаметрально противоположной $B$ на окружности $\Omega$, а $C_2$ — с точкой, диаметрально противоположной $C$. Следовательно, точки $B_2$ и $C_2$ также лежат на описанной окружности треугольника $ABC$.

Ответ: Утверждение задачи доказано. Все шесть точек $A_1, B_1, C_1, A_2, B_2, C_2$ лежат на окружности, описанной около треугольника $ABC$.

910 Отрезок BD — биссектриса треугольника ABC. Докажите, что BD² = AB • BC − AD • DC.

Для доказательства данного тождества воспользуемся методом с использованием описанной окружности.

Опишем окружность около треугольника $ABC$. Продолжим биссектрису $BD$ так, чтобы она пересекла окружность в точке $E$.

Рассмотрим треугольники $\triangle ABD$ и $\triangle EBC$. У этих треугольников есть две пары равных углов:
1) $\angle BAC = \angle BEC$, так как это вписанные углы, опирающиеся на одну и ту же дугу $BC$.
2) $\angle ABD = \angle EBC$, так как $BE$ является биссектрисой угла $\angle ABC$ по построению.
Следовательно, треугольники $\triangle ABD$ и $\triangle EBC$ подобны по первому признаку подобия (по двум углам).

Из подобия треугольников следует, что их соответствующие стороны пропорциональны: $$ \frac{AB}{EB} = \frac{BD}{BC} $$ Используя основное свойство пропорции (перекрестное умножение), получаем: $$ AB \cdot BC = EB \cdot BD $$

Точка $D$ лежит на отрезке $BE$, поэтому $EB = BD + DE$. Подставим это выражение в полученное ранее равенство: $$ AB \cdot BC = (BD + DE) \cdot BD $$ $$ AB \cdot BC = BD^2 + BD \cdot DE $$

Теперь воспользуемся теоремой о пересекающихся хордах. Хорды $AC$ и $BE$ пересекаются в точке $D$. Согласно этой теореме, произведение отрезков одной хорды равно произведению отрезков другой: $$ AD \cdot DC = BD \cdot DE $$

Наконец, подставим $AD \cdot DC$ вместо $BD \cdot DE$ в равенство $AB \cdot BC = BD^2 + BD \cdot DE$: $$ AB \cdot BC = BD^2 + AD \cdot DC $$ Перенеся $AD \cdot DC$ в левую часть, получим искомое тождество: $$ BD^2 = AB \cdot BC - AD \cdot DC $$ Что и требовалось доказать.

Ответ: Утверждение $BD^2 = AB \cdot BC - AD \cdot DC$ доказано.

911 Из вершины В треугольника ABC проведены высота ВН и биссектриса угла В, которая пересекает в точке Е описанную около треугольника окружность с центром О. Докажите, что луч BE является биссектрисой угла ОВН.

Для доказательства того, что луч $BE$ является биссектрисой угла $OBH$, необходимо показать, что $\angle HBE = \angle OBE$.

Выполним доказательство по шагам:

1. По условию, луч $BE$ является биссектрисой угла $\angle ABC$. Он пересекает описанную около треугольника $ABC$ окружность в точке $E$. Согласно свойству биссектрисы вписанного угла, она делит дугу, на которую опирается, пополам. Следовательно, точка $E$ является серединой дуги $AC$ (не содержащей точку $B$). Это означает, что дуга $AE$ равна дуге $CE$: $\cup AE = \cup CE$.

2. Так как $E$ — середина дуги $AC$, радиус $OE$, проведенный из центра окружности $O$ в точку $E$, перпендикулярен хорде $AC$. Таким образом, $OE \perp AC$.

3. По условию, $BH$ — высота треугольника $ABC$, проведенная к стороне $AC$. По определению высоты, $BH \perp AC$.

4. Из пунктов 2 и 3 следует, что прямые $OE$ и $BH$ перпендикулярны одной и той же прямой $AC$. Две прямые, перпендикулярные третьей, параллельны между собой. Следовательно, $OE \parallel BH$.

5. Рассмотрим параллельные прямые $OE$ и $BH$ и секущую $BE$. Углы $\angle HBE$ и $\angle OEB$ являются накрест лежащими при этих параллельных прямых и секущей. Следовательно, эти углы равны: $\angle HBE = \angle OEB$.

6. Рассмотрим треугольник $OBE$. Точки $B$ и $E$ лежат на описанной окружности, а $O$ — ее центр. Отрезки $OB$ и $OE$ являются радиусами этой окружности, поэтому их длины равны: $OB = OE = R$. Таким образом, треугольник $OBE$ является равнобедренным.

7. В равнобедренном треугольнике углы при основании равны. Основанием является сторона $BE$, значит, $\angle OBE = \angle OEB$.

8. Теперь сопоставим равенства, полученные в пунктах 5 и 7:
$\angle HBE = \angle OEB$
$\angle OBE = \angle OEB$
Из этих двух равенств следует, что $\angle HBE = \angle OBE$.

Равенство углов $\angle HBE$ и $\angle OBE$ означает, что луч $BE$ делит угол $\angle OBH$ пополам, то есть является его биссектрисой.

Ответ: Что и требовалось доказать.

912 Произвольная точка X окружности, описанной около равностороннего треугольника ABC, соединена отрезками с его вершинами. Докажите, что один из отрезков АХ, ВХ и СХ равен сумме двух других отрезков.

Пусть дан равносторонний треугольник $ABC$ и описанная около него окружность. Пусть $a$ — длина стороны этого треугольника, то есть $AB = BC = CA = a$. Пусть $X$ — произвольная точка на этой окружности.

Точки $A, B, C$ и $X$ лежат на одной окружности, следовательно, они являются вершинами вписанного в эту окружность четырехугольника. Для доказательства воспользуемся теоремой Птолемея, которая гласит, что для любого вписанного четырехугольника произведение длин его диагоналей равно сумме произведений длин его противоположных сторон.

Рассмотрим возможные положения точки $X$ на окружности. Точка $X$ может лежать на одной из трех дуг: $AB$, $BC$ или $CA$.

Случай 1: Точка X лежит на дуге BC, не содержащей вершину A.

В этом случае вершины на окружности располагаются в последовательности $A, B, X, C$ (или $A, C, X, B$). Рассмотрим вписанный четырехугольник $ABXC$.
Его стороны: $AB$, $BX$, $XC$, $CA$.
Пары противоположных сторон: ($AB$ и $XC$), ($BX$ и $AC$).
Диагонали: $AX$ и $BC$.

Согласно теореме Птолемея для четырехугольника $ABXC$:
$AX \cdot BC = AB \cdot XC + AC \cdot BX$

Поскольку треугольник $ABC$ — равносторонний, мы знаем, что $AB = BC = CA = a$. Подставим эти значения в уравнение:
$AX \cdot a = a \cdot XC + a \cdot BX$

Разделим обе части равенства на $a$ (так как $a > 0$):
$AX = XC + BX$

Таким образом, в этом случае один из отрезков ($AX$) равен сумме двух других ($BX$ и $CX$).

Случай 2: Точка X лежит на дуге AC, не содержащей вершину B.

В этом случае рассмотрим вписанный четырехугольник $AXBC$.
Пары противоположных сторон: ($AX$ и $BC$), ($XB$ и $AC$).
Диагонали: $AB$ и $XC$.
По теореме Птолемея: $AB \cdot XC = AX \cdot BC + XB \cdot AC$.
Подставляя $a$, получаем: $a \cdot XC = AX \cdot a + XB \cdot a$.
Разделив на $a$, имеем: $XC = AX + XB$.

Случай 3: Точка X лежит на дуге AB, не содержащей вершину C.

В этом случае рассмотрим вписанный четырехугольник $AXCB$.
Пары противоположных сторон: ($AX$ и $CB$), ($XC$ и $AB$).
Диагонали: $AC$ и $XB$.
По теореме Птолемея: $AC \cdot XB = AX \cdot CB + XC \cdot AB$.
Подставляя $a$, получаем: $a \cdot XB = AX \cdot a + XC \cdot a$.
Разделив на $a$, имеем: $XB = AX + XC$.

Во всех возможных случаях мы доказали, что один из отрезков, соединяющих точку $X$ с вершинами треугольника, равен сумме двух других отрезков. Что и требовалось доказать.

Ответ: Утверждение доказано.

913 Докажите, что если диагонали вписанного четырёхугольника перпендикулярны, то сумма квадратов противоположных сторон четырёхугольника равна квадрату диаметра описанной окружности.

Пусть $ABCD$ — вписанный в окружность четырехугольник, диагонали которого $AC$ и $BD$ взаимно перпендикулярны. Обозначим радиус описанной окружности как $R$, а ее диаметр как $D = 2R$.

Необходимо доказать, что сумма квадратов длин противоположных сторон четырехугольника равна квадрату диаметра описанной окружности, то есть: $AB^2 + CD^2 = D^2$ и $BC^2 + AD^2 = D^2$. Докажем первое равенство: $AB^2 + CD^2 = (2R)^2$.

Выполним дополнительное построение. Проведем из вершины $A$ хорду $AE$, параллельную диагонали $BD$.

Поскольку вписанный четырехугольник $ABDE$ имеет две параллельные стороны ($AE \parallel BD$), он является равнобедренной трапецией. В равнобедренной трапеции боковые стороны равны, следовательно, $AB = DE$.

По условию задачи диагонали четырехугольника перпендикулярны: $AC \perp BD$. Так как по построению $AE \parallel BD$, то из этого следует, что и $AC \perp AE$. Таким образом, угол $\angle CAE = 90^\circ$.

Угол $\angle CAE$ является вписанным в окружность. Так как он прямой, он должен опираться на диаметр. Следовательно, хорда $CE$ является диаметром описанной окружности, и ее длина равна $CE = 2R$.

Рассмотрим треугольник $CDE$. Он также вписан в эту окружность, и одна из его сторон, $CE$, является диаметром. Угол, опирающийся на диаметр, является прямым, поэтому $\angle CDE = 90^\circ$. Следовательно, треугольник $CDE$ — прямоугольный.

Применим к прямоугольному треугольнику $CDE$ теорему Пифагора:

$CD^2 + DE^2 = CE^2$

В этом равенстве заменим $DE$ на равную ей по длине сторону $AB$ и $CE$ на диаметр $2R$:

$CD^2 + AB^2 = (2R)^2$

Равенство $AB^2 + CD^2 = (2R)^2$ доказано.

Для доказательства второго равенства ($BC^2 + AD^2 = (2R)^2$) воспользуемся свойством любого четырехугольника с перпендикулярными диагоналями (так называемого ортодиагонального четырехугольника). Это свойство гласит, что суммы квадратов противоположных сторон равны: $AB^2 + CD^2 = BC^2 + AD^2$.

Докажем это свойство. Пусть диагонали $AC$ и $BD$ пересекаются в точке $P$. Так как $AC \perp BD$, треугольники $APB$, $BPC$, $CPD$ и $DPA$ являются прямоугольными. По теореме Пифагора для этих треугольников:

$AB^2 = AP^2 + BP^2$

$CD^2 = CP^2 + DP^2$

$BC^2 = BP^2 + CP^2$

$AD^2 = AP^2 + DP^2$

Складывая первые два равенства, получаем: $AB^2 + CD^2 = AP^2 + BP^2 + CP^2 + DP^2$.

Складывая вторые два равенства, получаем: $BC^2 + AD^2 = BP^2 + CP^2 + AP^2 + DP^2$.

Правые части выражений равны, следовательно, равны и левые: $AB^2 + CD^2 = BC^2 + AD^2$.

Так как мы уже доказали, что $AB^2 + CD^2 = (2R)^2$, то из этого следует, что и $BC^2 + AD^2 = (2R)^2$.

Таким образом, исходное утверждение полностью доказано.

Ответ: Утверждение доказано.