Страница 352 - гдз по геометрии 7-9 класс учебник Атанасян, Бутузов

1330 Через точку М — внешнюю относительно окружности с центром О и радиусом R, проведена секущая, пересекающая окружность в точках А и В. Докажите, что MA ⋅ MВ = = МО² – R².

Для доказательства данного утверждения, которое является частным случаем теоремы о степени точки относительно окружности, воспользуемся методом, основанным на теореме Пифагора.

Пусть дана окружность с центром в точке $O$ и радиусом $R$. Точка $M$ расположена вне этой окружности. Через $M$ проведена секущая, которая пересекает окружность в точках $A$ и $B$. Без ограничения общности, будем считать, что точка $A$ лежит между точками $M$ и $B$.

Проведем из центра окружности $O$ перпендикуляр $OK$ к хорде $AB$. Согласно свойству окружности, перпендикуляр, опущенный из центра на хорду, делит эту хорду пополам. Таким образом, точка $K$ является серединой отрезка $AB$, и выполняется равенство $AK = KB$.

Выразим длины отрезков $MA$ и $MB$ через отрезки $MK$ и $AK$. Исходя из расположения точек на прямой, имеем:

$MA = MK - AK$

$MB = MK + KB = MK + AK$

Теперь найдем произведение длин этих отрезков:

$MA \cdot MB = (MK - AK)(MK + AK)$

Используя формулу разности квадратов $(a-b)(a+b) = a^2 - b^2$, получаем:

$MA \cdot MB = MK^2 - AK^2$ (1)

Далее рассмотрим прямоугольные треугольники, образовавшиеся в нашей конструкции.

Треугольник $\triangle OKM$ является прямоугольным, поскольку $OK \perp AB$ по построению. Применим к нему теорему Пифагора:

$MO^2 = OK^2 + MK^2$

Из этого равенства выразим $MK^2$:

$MK^2 = MO^2 - OK^2$ (2)

Треугольник $\triangle OKA$ также является прямоугольным. Его гипотенуза $OA$ — это радиус окружности, т.е. $OA = R$. Применим теорему Пифагора к $\triangle OKA$:

$OA^2 = OK^2 + AK^2$

$R^2 = OK^2 + AK^2$

Отсюда выразим $AK^2$:

$AK^2 = R^2 - OK^2$ (3)

Теперь подставим выражения для $MK^2$ из равенства (2) и для $AK^2$ из равенства (3) в наше исходное уравнение (1):

$MA \cdot MB = (MO^2 - OK^2) - (R^2 - OK^2)$

Раскроем скобки:

$MA \cdot MB = MO^2 - OK^2 - R^2 + OK^2$

Взаимно уничтожив члены $-OK^2$ и $+OK^2$, получим искомое соотношение:

$MA \cdot MB = MO^2 - R^2$

Что и требовалось доказать.

Ответ: Утверждение $MA \cdot MB = MO^2 - R^2$ доказано.

1331 Через точку М — внутреннюю относительно окружности с центром О и радиусом R, проходит хорда АВ. Докажите, что MA ⋅ MВ = R² – МО².

Для доказательства данного утверждения построим вспомогательные элементы и применим теорему Пифагора.

Пусть дана окружность с центром в точке $O$ и радиусом $R$. Точка $M$ является внутренней точкой окружности, и через нее проходит хорда $AB$.

1. Проведем из центра окружности $O$ перпендикуляр $OK$ на хорду $AB$. Точка $K$ — основание перпендикуляра. Согласно свойству хорды, перпендикуляр, опущенный из центра на хорду, делит эту хорду пополам. Следовательно, $AK = KB$.

2. Рассмотрим прямоугольный треугольник $\triangle OKA$ (угол $\angle OKA = 90^\circ$). Гипотенуза $OA$ равна радиусу окружности $R$. По теореме Пифагора:

$OA^2 = OK^2 + AK^2$

Подставляя $OA=R$, получаем:

$R^2 = OK^2 + AK^2$

Из этого уравнения выразим $AK^2$:

$AK^2 = R^2 - OK^2$

3. Теперь рассмотрим произведение длин отрезков $MA$ и $MB$. Точка $M$ лежит на отрезке $AB$. Возможны два случая расположения точки $M$ относительно середины хорды, точки $K$.

• Если $M$ находится между $A$ и $K$, то $MA = AK - MK$ и $MB = KB + MK = AK + MK$.
• Если $K$ находится между $A$ и $M$, то $MA = AK + MK$ и $MB = KB - MK = AK - MK$.

В обоих случаях произведение $MA \cdot MB$ вычисляется как произведение суммы и разности одних и тех же величин:

$MA \cdot MB = (AK - MK)(AK + MK)$

Используя формулу разности квадратов $(a-b)(a+b)=a^2-b^2$, получаем:

$MA \cdot MB = AK^2 - MK^2$

4. Подставим в полученное равенство выражение для $AK^2$ из пункта 2:

$MA \cdot MB = (R^2 - OK^2) - MK^2 = R^2 - (OK^2 + MK^2)$

5. Рассмотрим прямоугольный треугольник $\triangle OKM$ (угол $\angle OKM = 90^\circ$, так как $OK \perp AB$). По теореме Пифагора для этого треугольника:

$MO^2 = OK^2 + MK^2$

6. Заменим сумму $OK^2 + MK^2$ в выражении для $MA \cdot MB$ на $MO^2$:

$MA \cdot MB = R^2 - MO^2$

Таким образом, мы доказали требуемое равенство.

Ответ: $MA \cdot MB = R^2 - MO^2$, что и требовалось доказать.

1332 Две окружности пересекаются в точках А и В. На прямой АВ взята точка K — внешняя относительно данных окружностей. Через точку K проведены две секущие m и l так, что m пересекает одну окружность в точках С и D, а l пересекает другую окружность в точках Е и F. Докажите, что KС ⋅ KD = KЕ ⋅ KF.

Для доказательства данного утверждения воспользуемся понятием степени точки относительно окружности и свойством радикальной оси двух окружностей.

Пусть первая окружность, которую пересекает секущая $m$ в точках $C$ и $D$, будет $\omega_1$, а вторая окружность, которую пересекает секущая $l$ в точках $E$ и $F$, будет $\omega_2$. Обе окружности пересекаются в точках $A$ и $B$.

Прямая $AB$, проходящая через точки пересечения двух окружностей, является их радикальной осью. По определению, степень любой точки, лежащей на радикальной оси, относительно обеих окружностей одинакова.

По условию, точка $K$ лежит на прямой $AB$, следовательно, точка $K$ находится на радикальной оси окружностей $\omega_1$ и $\omega_2$.

Рассмотрим точку $K$ и окружность $\omega_1$. Через точку $K$ проведены две секущие к этой окружности: прямая $m$, пересекающая окружность в точках $C$ и $D$, и прямая $AB$, пересекающая окружность в точках $A$ и $B$.

По теореме о степени точки относительно окружности (или теореме о двух секущих), произведение отрезков секущей от точки до точек пересечения с окружностью постоянно. Таким образом, для точки $K$ и окружности $\omega_1$ справедливо равенство: $KC \cdot KD = KA \cdot KB$.

Теперь рассмотрим точку $K$ и окружность $\omega_2$. Через точку $K$ также проведены две секущие к этой окружности: прямая $l$, пересекающая окружность в точках $E$ и $F$, и прямая $AB$, пересекающая окружность в точках $A$ и $B$.

Аналогично, по теореме о степени точки относительно окружности $\omega_2$, получаем: $KE \cdot KF = KA \cdot KB$.

Мы получили систему из двух уравнений:

1) $KC \cdot KD = KA \cdot KB$

2) $KE \cdot KF = KA \cdot KB$

Так как правые части обоих равенств равны ($KA \cdot KB$), то равны и их левые части: $KC \cdot KD = KE \cdot KF$.

Что и требовалось доказать.

Ответ: Утверждение доказано.

1333 На клетчатой бумаге с клетками 1 × 1 см изображены окружности и связанные с ними хорды, секущие или касательные (рис. 411). Найдите: а) длины отрезка МА секущей и хорды АВ (рис. 411, а); б) длину отрезка касательной АМ (рис. 411, б); в) длину отрезка АМ хорды (рис. 411, в).

а)

Для нахождения длин отрезков MA и AB определим координаты точек M, A и B по клеткам. Примем, что одна клетка соответствует 1 см. Пусть начало координат находится в левом нижнем углу сетки на рисунке 411, а). Тогда точка M имеет координаты (1, 1). Точка A имеет координаты (3, 2). Точка B имеет координаты (5, 3).

Длину отрезка MA найдем по теореме Пифагора (или по формуле расстояния между двумя точками). Разница координат по оси x составляет $\Delta x = 3 - 1 = 2$ см, а по оси y составляет $\Delta y = 2 - 1 = 1$ см. Длина MA равна гипотенузе прямоугольного треугольника с катетами 2 и 1: $MA = \sqrt{2^2 + 1^2} = \sqrt{4 + 1} = \sqrt{5}$ см.

Аналогично найдем длину хорды AB. Разница координат по оси x для точек A и B составляет $\Delta x = 5 - 3 = 2$ см, а по оси y составляет $\Delta y = 3 - 2 = 1$ см. Длина AB также равна гипотенузе прямоугольного треугольника с катетами 2 и 1: $AB = \sqrt{2^2 + 1^2} = \sqrt{4 + 1} = \sqrt{5}$ см.

Примечание: стоит отметить, что если определять параметры окружности по сетке (центр в точке (5,1), радиус 2), то точка A(3,2) не лежит на этой окружности, что указывает на неточность в рисунке. Решение основано на координатах точек, указанных на сетке.

Ответ: $MA = \sqrt{5}$ см, $AB = \sqrt{5}$ см.

б)

Для нахождения длины отрезка касательной AM определим координаты точек A и M по клеткам. Пусть начало координат находится в левом нижнем углу сетки на рисунке 411, б). Тогда точка M имеет координаты (1, 2). Точка A имеет координаты (3, 4).

Длину отрезка AM найдем по теореме Пифагора. Разница координат по оси x составляет $\Delta x = 3 - 1 = 2$ см, а по оси y составляет $\Delta y = 4 - 2 = 2$ см. Длина AM равна гипотенузе прямоугольного треугольника с катетами 2 и 2: $AM = \sqrt{2^2 + 2^2} = \sqrt{4 + 4} = \sqrt{8} = 2\sqrt{2}$ см.

Примечание: в данном задании также присутствует неточность. Центр изображенной окружности находится в точке (5,2), а ее радиус равен 4. При этих параметрах точка M(1,2) лежит на окружности, а значит, не может быть внешней точкой, из которой проведена касательная. Кроме того, точка A(3,4) не лежит на данной окружности. Решение основано на вычислении расстояния между точками M и A, указанными на сетке.

Ответ: $AM = 2\sqrt{2}$ см.

в)

В задании в) требуется найти "длину отрезка AM хорды", однако на рисунке 411, в) точка A не обозначена. Вероятно, в условии допущена опечатка. Наиболее естественным вопросом для данной конфигурации является нахождение длины всей хорды, проходящей через точку M.

Определим параметры окружности и хорды по клеткам. Пусть начало координат находится в левом нижнем углу сетки. Центр окружности C находится в точке (3, 3). Радиус окружности R можно найти как расстояние от центра до любой точки на окружности, лежащей на пересечении линий сетки, например, до точки (6, 3). $R = \sqrt{(6-3)^2 + (3-3)^2} = \sqrt{3^2} = 3$ см.

Хорда проходит через центр окружности C(3, 3) и точку M(4, 4). Прямая, проходящая через центр окружности, содержит ее диаметр. Следовательно, изображенная хорда является диаметром окружности.

Длина диаметра равна двум радиусам: Длина хорды = $2R = 2 \times 3 = 6$ см.

Ответ: 6 см.

1334 В остроугольный треугольник АВС впишите квадрат PQRS так, чтобы вершины P и Q принадлежали стороне АС, а вершины P и S — соответственно сторонам ВС и ВА (рис. 412).

Задача состоит в построении квадрата, две вершины которого лежат на основании треугольника, а две другие — на его боковых сторонах. Для решения этой задачи применяется метод геометрических преобразований, а именно — гомотетия (или метод подобия).

Анализ и план построения

1. Идея. Предположим, что искомый квадрат PQRS уже построен. Его сторона SR параллельна стороне PQ, которая лежит на AC. Следовательно, SR параллельна AC. Это означает, что треугольник BSR подобен треугольнику BAC. Это свойство является ключом к построению. Мы можем построить "вспомогательный" квадрат, который будет подобен искомому, а затем с помощью гомотетии найти нужный нам квадрат.
2. Вспомогательный квадрат. Построим любой квадрат S'P'Q'R', у которого вершины P' и Q' лежат на стороне AC, а вершина S' — на стороне AB. Четвертая вершина R', скорее всего, не попадет на сторону BC.
3. Гомотетия. Заметим, что искомый квадрат PQRS и вспомогательный квадрат S'P'Q'R' гомотетичны относительно вершины A треугольника. Центр гомотетии — точка A, так как она переводит луч AB в себя и луч AC в себя. При этой гомотетии точка S' перейдет в S, P' в P, Q' в Q, а R' — в R. Так как вершина R искомого квадрата должна лежать на стороне BC, она будет являться точкой пересечения луча AR' со стороной BC. Это наблюдение дает нам полный план построения.

Построение

Выполним следующие шаги:

1. На стороне AB треугольника ABC выберем произвольную точку S'.
2. Из точки S' опустим перпендикуляр S'P' на сторону AC.
3. На прямой AC отложим отрезок P'Q', равный по длине отрезку S'P', так, чтобы точка P' находилась между A и Q'.
4. Построим квадрат S'P'Q'R', восставив перпендикуляр Q'R' к прямой AC в точке Q', равный по длине S'P'.
5. Проведем луч из вершины A через точку R' до его пересечения со стороной BC. Точку пересечения обозначим R. Это будет одна из вершин искомого квадрата.
6. Из точки R проведем прямую, параллельную стороне AC, до пересечения со стороной AB. Точку пересечения обозначим S.
7. Из точек S и R опустим перпендикуляры SP и RQ на сторону AC.
8. Четырехугольник PQRS является искомым вписанным квадратом.

Доказательство

По построению, SP ? AC и RQ ? AC, следовательно, SP || RQ. Также по построению SR || AC, а значит SR || PQ. Таким образом, PQRS — параллелограмм. Поскольку угол SPQ прямой (SP ? AC), PQRS — прямоугольник.
Осталось доказать, что его стороны равны, то есть SP = PQ. Рассмотрим гомотетию H с центром в точке A, переводящую точку R' в точку R. Эта гомотетия переводит прямую S'R' в прямую SR (так как S'R' || SR), прямую AB в себя, а прямую AC в себя. Следовательно, образом точки S' будет точка S ($H(S') = S$), образом P' будет P ($H(P') = P$), а образом Q' будет Q ($H(Q') = Q$). Поскольку гомотетия является преобразованием подобия, она переводит квадрат S'P'Q'R' в подобную ему фигуру. Так как образ квадрата при гомотетии — это квадрат, то PQRS также является квадратом. Вершины полученного квадрата PQRS лежат на соответствующих сторонах треугольника ABC по построению. Таким образом, построенный четырехугольник является искомым квадратом. Построение корректно.

Ответ: План построения искомого квадрата PQRS основан на методе гомотетии. Сначала строится вспомогательный квадрат S'P'Q'R', у которого вершина S' лежит на стороне AB, а сторона P'Q' — на стороне AC. Затем проводится луч AR' до пересечения со стороной BC в точке R. Точка R является вершиной искомого квадрата. Остальные вершины S, P, Q строятся проведением прямых, параллельных и перпендикулярных стороне AC, как описано в алгоритме построения выше.

1335 В треугольник АВС впишите прямоугольник PQRS, подобный прямоугольнику P₁Q₁R₁S₁, так, чтобы вершины P и Q принадлежали стороне АС, а вершины R и S — соответственно сторонам ВС и ВА.

Данная задача на построение решается с помощью метода гомотетии (преобразования подобия). Идея заключается в том, чтобы сначала построить вспомогательный прямоугольник, подобный данному, который удовлетворяет части условий, а затем, с помощью гомотетии, преобразовать его в искомый прямоугольник, удовлетворяющий всем условиям задачи.

Предположим, что искомый прямоугольник $PQRS$ уже построен. По условию, его вершины $P$ и $Q$ лежат на стороне $AC$, вершина $R$ — на стороне $BC$, и вершина $S$ — на стороне $BA$. Поскольку $PQRS$ является прямоугольником, его сторона $SR$ параллельна стороне $PQ$, а значит, и всей прямой $AC$.

Рассмотрим треугольники $\triangle BAC$ и $\triangle BSR$. У них общий угол при вершине $B$, а углы $\angle BSR$ и $\angle BAC$ равны как соответственные при параллельных прямых $SR$ и $AC$ и секущей $BA$. Следовательно, треугольник $\triangle BSR$ подобен треугольнику $\triangle BAC$.

Это означает, что искомый прямоугольник $PQRS$ можно рассматривать как результат гомотетии с центром в точке $B$, примененной к некоторой другой фигуре. Это наблюдение является ключом к построению.

Алгоритм построения искомого прямоугольника состоит из следующих шагов:

1. Построение вспомогательного прямоугольника. Сначала построим прямоугольник $P'Q'R'S'$, подобный заданному прямоугольнику $P_1Q_1R_1S_1$, так, чтобы три его вершины лежали на сторонах треугольника $ABC$.
   • На стороне $AB$ треугольника $ABC$ выберем произвольную точку $S'$.
   • Из точки $S'$ опустим перпендикуляр $S'P'$ на сторону $AC$.
   • Теперь на прямой $AC$ нужно построить отрезок $P'Q'$ так, чтобы отношение сторон было равно отношению сторон заданного прямоугольника: $\frac{P'Q'}{S'P'} = \frac{P_1Q_1}{Q_1R_1}$. Это можно сделать, построив прямоугольный треугольник, подобный треугольнику со сторонами $P_1Q_1$ и $Q_1R_1$. Построим на отрезке $S'P'$ как на катете прямоугольный треугольник $\triangle S'P'Q''$, подобный прямоугольному треугольнику с катетами $Q_1R_1$ и $P_1Q_1$. Длина катета $P'Q''$ и будет искомой длиной стороны. Отложим отрезок $P'Q'$ равной длины на прямой $AC$ от точки $P'$.
   • Завершим построение прямоугольника $P'Q'R'S'$, проведя через точку $Q'$ прямую, перпендикулярную $AC$, и через точку $S'$ — прямую, параллельную $AC$. Точка их пересечения даст нам вершину $R'$.
   В результате мы получили прямоугольник $P'Q'R'S'$, подобный данному. Его вершины $S'$, $P'$ и $Q'$ лежат на сторонах треугольника, но вершина $R'$, в общем случае, не лежит на стороне $BC$.
2. Построение искомого прямоугольника. Используем гомотетию с центром в точке $B$, чтобы "поместить" вершину $R'$ на сторону $BC$.
   • Проведем луч из вершины $B$ через точку $R'$. Точка пересечения этого луча со стороной $BC$ и будет вершиной $R$ искомого прямоугольника.
   • Из полученной точки $R$ опустим перпендикуляр $RQ$ на сторону $AC$. Это вершина $Q$.
   • Через точку $R$ проведем прямую, параллельную стороне $AC$. Точка ее пересечения со стороной $AB$ будет вершиной $S$.
   • Из точки $S$ опустим перпендикуляр $SP$ на сторону $AC$. Это вершина $P$.

Четырехугольник $PQRS$ является искомым прямоугольником.

Необходимо доказать, что построенный четырехугольник $PQRS$ удовлетворяет всем условиям задачи.

• По построению, $RQ \perp AC$ и $SP \perp AC$, следовательно, $SP \parallel RQ$. Также по построению $SR \parallel AC$, а значит $SR \parallel PQ$. Так как $PQRS$ — это параллелограмм с прямым углом ($\angle SPQ = 90^\circ$), то $PQRS$ является прямоугольником.
• Вершины $P, Q$ лежат на $AC$, вершина $R$ лежит на $BC$, и вершина $S$ лежит на $AB$ согласно шагам построения.
• Рассмотрим гомотетию с центром в точке $B$, которая переводит точку $R'$ в точку $R$. Поскольку $SR \parallel S'R'$, эта гомотетия переводит $S'$ в $S$. Аналогично, она переводит весь прямоугольник $P'Q'R'S'$ в прямоугольник $PQRS$.
• Гомотетия является преобразованием подобия, поэтому она сохраняет форму фигур. Прямоугольник $P'Q'R'S'$ был построен подобным прямоугольнику $P_1Q_1R_1S_1$. Следовательно, его образ, прямоугольник $PQRS$, также подобен прямоугольнику $P_1Q_1R_1S_1$.

Таким образом, построенный прямоугольник $PQRS$ удовлетворяет всем условиям задачи.

Ответ: Искомый прямоугольник $PQRS$ строится с помощью метода гомотетии, как описано в алгоритме построения. Сначала строится вспомогательный прямоугольник $P'Q'R'S'$, подобный данному, с тремя вершинами на сторонах $AB$ и $AC$. Затем, с помощью гомотетии с центром в $B$, он преобразуется в искомый прямоугольник $PQRS$, все вершины которого лежат на сторонах треугольника $ABC$.

1336 Даны угол hk и точка А, принадлежащая внутренней области этого угла. Постройте треугольник PQR, подобный данному треугольнику P₁Q₁R₁, так, чтобы $P\in h,$ $Q\in h,$ $R\in k$ и A принадлежала отрезку QR (рис. 413).

Для решения данной задачи воспользуемся методом гомотетии. Решение можно разбить на несколько этапов: анализ, построение, доказательство и исследование.

Анализ

Предположим, что искомый треугольник $PQR$ построен. Его вершины $P$ и $Q$ лежат на стороне $h$ угла, вершина $R$ лежит на стороне $k$, точка $A$ принадлежит отрезку $QR$, и $\triangle PQR \sim \triangle P_1Q_1R_1$.

Пусть $O$ — вершина данного угла $hk$. Рассмотрим гомотетию с центром в точке $O$. При такой гомотетии луч $h$ переходит в себя, и луч $k$ также переходит в себя. Это означает, что если мы возьмем любой треугольник с вершинами на лучах $h$ и $k$, то его образ при гомотетии с центром $O$ также будет иметь вершины на этих лучах.

Идея состоит в том, чтобы сначала построить некоторый "вспомогательный" треугольник $P'Q'R'$, который удовлетворяет всем условиям, кроме одного — прохождения стороны через точку $A$. То есть, $P', Q' \in h$, $R' \in k$ и $\triangle P'Q'R' \sim \triangle P_1Q_1R_1$.

Затем, искомый треугольник $PQR$ можно будет получить из вспомогательного $\triangle P'Q'R'$ с помощью гомотетии с центром в $O$. При гомотетии подобие сохраняется, поэтому $\triangle PQR \sim \triangle P'Q'R'$, а значит, и $\triangle PQR \sim \triangle P_1Q_1R_1$.

Остается удовлетворить условие $A \in QR$. Сторона $QR$ является образом стороны $Q'R'$ при гомотетии. Чтобы точка $A$ лежала на $QR$, она должна быть образом некоторой точки $A'$, лежащей на $Q'R'$. По определению гомотетии, точки $O$, $A'$ и $A$ должны лежать на одной прямой. Таким образом, точка $A'$ — это точка пересечения луча $OA$ со стороной $Q'R'$ вспомогательного треугольника.

Это приводит к следующему плану построения.

Построение

Построение будет состоять из двух основных частей: создание вспомогательного треугольника и затем, с его помощью, построение искомого треугольника.

Часть 1: Построение вспомогательного треугольника $P'Q'R'$.

1. На луче $h$ выберем произвольно две точки $P_0$ и $Q_0$.
2. Построим $\triangle P_0Q_0R_0$, подобный $\triangle P_1Q_1R_1$. Для этого можно, например, построить на отрезке $P_0Q_0$ (внутри угла $hk$) углы $\angle R_0P_0Q_0 = \angle R_1P_1Q_1$ и $\angle R_0Q_0P_0 = \angle R_1Q_1P_1$. Точка пересечения сторон этих углов даст вершину $R_0$.
3. Проведем луч $OR_0$.
4. Точка пересечения луча $OR_0$ с лучом $k$ является вершиной $R'$ нашего вспомогательного треугольника.
5. Через точку $R'$ проведем прямую, параллельную $R_0P_0$, до пересечения с лучом $h$. Точка пересечения будет вершиной $P'$.
6. Через точку $R'$ проведем прямую, параллельную $R_0Q_0$, до пересечения с лучом $h$. Точка пересечения будет вершиной $Q'$.
7. Треугольник $P'Q'R'$ построен. Он подобен $\triangle P_1Q_1R_1$, и его вершины лежат на сторонах угла $hk$.

Часть 2: Построение искомого треугольника $PQR$.

1. Проведем луч $OA$ до пересечения со стороной $Q'R'$ треугольника $P'Q'R'$. Обозначим точку пересечения $A'$.
2. Теперь выполним гомотетию с центром $O$, которая переводит точку $A'$ в $A$. Образом $\triangle P'Q'R'$ будет искомый $\triangle PQR$.
3. Через точку $A$ проведем прямую, параллельную $A'R'$. Точка ее пересечения с лучом $k$ будет вершиной $R$.
4. Через точку $A$ проведем прямую, параллельную $A'Q'$. Точка ее пересечения с лучом $h$ будет вершиной $Q$.
5. Для нахождения вершины $P$ проведем через точку $R$ прямую, параллельную $R'P'$. Точка ее пересечения с лучом $h$ будет вершиной $P$.
6. Соединим точки $P, Q, R$. Треугольник $PQR$ — искомый.

Доказательство

Нужно доказать, что построенный треугольник $PQR$ удовлетворяет всем условиям задачи.

1. Вершины на сторонах угла: По построению, точки $P$ и $Q$ лежат на луче $h$, а точка $R$ — на луче $k$.
2. Подобие: Вспомогательный треугольник $P'Q'R'$ был получен из $\triangle P_0Q_0R_0$ гомотетией с центром $O$, поэтому $\triangle P'Q'R' \sim \triangle P_0Q_0R_0$. По построению $\triangle P_0Q_0R_0 \sim \triangle P_1Q_1R_1$. Следовательно, $\triangle P'Q'R' \sim \triangle P_1Q_1R_1$.
   Искомый треугольник $PQR$ получен из $\triangle P'Q'R'$ гомотетией с центром $O$ (это следует из построения вершин через параллельные прямые). Значит, $\triangle PQR \sim \triangle P'Q'R'$.
   По свойству транзитивности подобия, $\triangle PQR \sim \triangle P_1Q_1R_1$.
3. Точка A на отрезке QR: Гомотетия с центром $O$, переводящая $A'$ в $A$, переводит прямую $Q'R'$ в прямую $QR$. Так как точка $A'$ лежит на прямой $Q'R'$, ее образ, точка $A$, будет лежать на прямой $QR$. Поскольку точка $A$ лежит внутри угла $hk$, а $Q$ и $R$ на его сторонах, то луч $OA$ пересекает именно отрезок $Q'R'$, а не его продолжение. Следовательно, $A'$ лежит на отрезке $Q'R'$, а значит, ее образ $A$ будет лежать на отрезке $QR$.

Все условия задачи выполнены.

Исследование

Построение вспомогательного треугольника $\triangle P_0Q_0R_0$ на отрезке $P_0Q_0$ возможно и единственно (с точностью до выбора стороны от прямой $h$). Чтобы луч $OR_0$ пересек луч $k$, вершина $R_0$ должна быть построена внутри угла $hk$. При этом условии точка $R'$ определяется однозначно.

Далее, так как точка $A$ находится во внутренней области угла, луч $OA$ пересечет отрезок $Q'R'$ в единственной точке $A'$.

Все последующие шаги построения также однозначны. Таким образом, при заданном соответствии вершин ($P \leftrightarrow P_1$, $Q \leftrightarrow Q_1$, $R \leftrightarrow R_1$) задача имеет единственное решение.

Если же соответствие вершин $P$ и $Q$ не фиксировано, то можно поменять ролями углы $\angle P_1$ и $\angle Q_1$ при построении $\triangle P_0Q_0R_0$, что приведет к другому вспомогательному треугольнику и, возможно, ко второму решению.

Ответ: Задача решена методом гомотетии. Алгоритм построения, его обоснование и анализ числа решений представлены выше.

1337 Дана прямая l и точка О, не лежащая на ней. Используя гомотетию с центром в точке О, докажите, что множество середин всех отрезков OX, где X — любая точка прямой l, есть прямая, параллельная прямой l.

Для доказательства данного утверждения воспользуемся гомотетией. Рассмотрим гомотетию $H$ с центром в точке $O$ и коэффициентом $k = \frac{1}{2}$.

Пусть $X$ — это произвольная точка, принадлежащая прямой $l$. Пусть точка $M$ является серединой отрезка $OX$. По определению середины отрезка, точка $M$ лежит на прямой $OX$ и удовлетворяет векторному равенству:

$\vec{OM} = \frac{1}{2}\vec{OX}$

Это равенство в точности соответствует определению гомотетии с центром $O$ и коэффициентом $k = \frac{1}{2}$, которая преобразует точку $X$ в точку $M$. Таким образом, каждая середина $M$ отрезка $OX$ является образом точки $X$ при данной гомотетии $H$.

Множество всех середин $M$ отрезков $OX$ (для всех точек $X$ на прямой $l$) является множеством образов всех точек прямой $l$ при гомотетии $H$. Обозначим это множество точек как $l'$. Таким образом, $l'$ есть образ прямой $l$ при гомотетии $H$: $l' = H(l)$.

Воспользуемся основными свойствами гомотетии:

1. Образом прямой при гомотетии является прямая. Следовательно, множество $l'$ является прямой линией.
2. Образ прямой, не проходящей через центр гомотетии, есть прямая, параллельная исходной. По условию задачи точка $O$ (центр гомотетии) не лежит на прямой $l$. Значит, прямая-образ $l'$ параллельна исходной прямой $l$ ($l' \parallel l$).

Таким образом, мы доказали, что множество середин всех отрезков $OX$, где $X$ — любая точка прямой $l$, есть прямая, параллельная прямой $l$.

Ответ: Искомое множество точек является образом прямой $l$ при гомотетии с центром в точке $O$ и коэффициентом $k = \frac{1}{2}$. По свойствам гомотетии, образом прямой является прямая, параллельная данной (так как центр гомотетии не лежит на исходной прямой). Что и требовалось доказать.