Страница 356 - гдз по геометрии 7-9 класс учебник Атанасян, Бутузов

1351 Начертите два неравных отрезка АВ и А₁В₁, лежащих на параллельных прямых. Постройте центр такой гомотетии, при котором отрезок АВ переходит в отрезок А₁В₁. Сколько решений имеет задача?

Гомотетия — это преобразование плоскости, при котором каждая точка $M$ переходит в точку $M_1$ такую, что $\vec{OM_1} = k \cdot \vec{OM}$, где $O$ — фиксированная точка, называемая центром гомотетии, а $k$ — ненулевое число, называемое коэффициентом гомотетии.

Для того чтобы при гомотетии отрезок $AB$ перешел в отрезок $A_1B_1$, необходимо, чтобы концы отрезка $AB$ перешли в концы отрезка $A_1B_1$. Это может произойти двумя способами, что приводит к двум возможным центрам гомотетии.

Предположим, что гомотетия отображает точку $A$ в точку $A_1$, а точку $B$ в точку $B_1$. Согласно определению гомотетии, ее центр $O_1$ должен лежать на прямой, проходящей через любую точку и ее образ. Следовательно, центр $O_1$ должен одновременно принадлежать прямой $AA_1$ и прямой $BB_1$.

Построение:

1. Начертим на двух параллельных прямых два неравных отрезка $AB$ и $A_1B_1$.
2. Проведем прямую через точки $A$ и $A_1$.
3. Проведем прямую через точки $B$ и $B_1$.
4. Точка пересечения этих прямых $O_1 = AA_1 \cap BB_1$ и будет первым центром гомотетии.

Так как отрезки $AB$ и $A_1B_1$ лежат на параллельных прямых и их длины не равны ($|AB| \neq |A_1B_1|$), четырехугольник $AA_1B_1B$ является трапецией. Прямые $AA_1$ и $BB_1$ — это ее боковые стороны. Боковые стороны трапеции (не являющейся параллелограммом) всегда пересекаются в одной точке. Следовательно, такой центр гомотетии $O_1$ всегда существует и он единственный для данного случая.

Теперь предположим, что гомотетия отображает точку $A$ в точку $B_1$, а точку $B$ в точку $A_1$. В этом случае центр гомотетии $O_2$ должен лежать на прямой $AB_1$ и одновременно на прямой $BA_1$.

Построение:

1. На тех же отрезках $AB$ и $A_1B_1$ проведем прямую через точки $A$ и $B_1$.
2. Проведем прямую через точки $B$ и $A_1$.
3. Точка пересечения этих прямых $O_2 = AB_1 \cap BA_1$ и будет вторым возможным центром гомотетии.

В данном случае четырехугольник $AB_1A_1B$ также является трапецией, так как его основания $AB$ и $A_1B_1$ лежат на параллельных прямых и не равны. Прямые $AB_1$ и $BA_1$ являются его боковыми сторонами, которые пересекаются в единственной точке $O_2$. Таким образом, второй центр гомотетии также всегда существует и он единственный.

Поскольку существует два различных способа сопоставить концы отрезков, и каждый из них однозначно определяет центр гомотетии, задача имеет два решения. Один из центров будет лежать между параллельными прямыми (соответствует гомотетии с отрицательным коэффициентом), а другой — вне полосы, образованной этими прямыми (соответствует гомотетии с положительным коэффициентом).

Ответ: Задача имеет два решения. Существует два центра гомотетии.

1352 Решите предыдущую задачу для случая, когда АВ = А₁В₁. Сколько решений имеет задача?

Данная задача является продолжением задачи 1351, в которой были даны точки $A(0; 1; 2)$, $B(1; 1; 1)$ и $B_1(0; 2; 1)$. Условие, предложенное в задаче 1352, а именно $AB = AB_1$, для этих точек уже выполняется, что можно проверить, вычислив расстояния:

$AB = \sqrt{(1-0)^2 + (1-1)^2 + (1-2)^2} = \sqrt{1^2 + 0^2 + (-1)^2} = \sqrt{2}$

$AB_1 = \sqrt{(0-0)^2 + (2-1)^2 + (1-2)^2} = \sqrt{0^2 + 1^2 + (-1)^2} = \sqrt{2}$

Вопрос "Сколько решений имеет задача?" указывает на то, что, вероятно, следует рассмотреть более общий случай. Будем считать, что точки $A(0; 1; 2)$ и $B_1(0; 2; 1)$ зафиксированы, а точка $B$ — это любая точка в пространстве, удовлетворяющая условию $AB = AB_1$.

Найдем множество точек $B(x; y; z)$, для которых выполняется это условие. Так как мы уже вычислили $AB_1 = \sqrt{2}$, условие принимает вид $AB = \sqrt{2}$.

Запишем это условие в координатах для точки $B(x; y; z)$:

$AB^2 = (x-0)^2 + (y-1)^2 + (z-2)^2 = (\sqrt{2})^2$

$x^2 + (y-1)^2 + (z-2)^2 = 2$

Это уравнение сферы с центром в точке $A(0; 1; 2)$ и радиусом $R=\sqrt{2}$. Таким образом, любая точка $B$, лежащая на этой сфере, удовлетворяет условию задачи. Теперь решим пункты из предыдущей задачи для этого общего случая.

а) Найти координаты точек $A'$, $B'$, $B'_1$

Точки $A'$, $B'$, $B'_1$ симметричны точкам $A$, $B$, $B_1$ относительно плоскости $Oxy$. Симметрия относительно плоскости $Oxy$ изменяет только координату $z$ на противоположную: $(x_0; y_0; z_0) \to (x_0; y_0; -z_0)$.

Для точки $A(0; 1; 2)$ симметричной будет точка $A'(0; 1; -2)$.

Для точки $B_1(0; 2; 1)$ симметричной будет точка $B'_1(0; 2; -1)$.

Для произвольной точки $B(x; y; z)$, лежащей на сфере $x^2 + (y-1)^2 + (z-2)^2 = 2$, симметричной будет точка $B'(x; y; -z)$. Множество всех таких точек $B'$ также образует сферу. Чтобы найти ее уравнение, выразим координаты $(x, y, z)$ через координаты $(x', y', z')$ точки $B'$: $x=x'$, $y=y'$, $z=-z'$. Подставим их в уравнение сферы для точки $B$:

$(x')^2 + (y'-1)^2 + (-z'-2)^2 = 2$

$(x')^2 + (y'-1)^2 + (z'+2)^2 = 2$

Это уравнение сферы с центром в точке $A'(0; 1; -2)$ и радиусом $R=\sqrt{2}$.

Ответ: $A'(0; 1; -2)$, $B'_1(0; 2; -1)$. Точка $B'$ является произвольной точкой сферы с уравнением $(x-0)^2 + (y-1)^2 + (z+2)^2 = 2$.

б) Найти длины отрезков $AB$ и $A'B'$

Длина отрезка $AB$ по условию задачи равна $AB_1$, то есть $AB = \sqrt{2}$.

Длину отрезка $A'B'$ можно найти, зная, что осевая симметрия является движением, то есть сохраняет расстояния. Следовательно, $A'B' = AB = \sqrt{2}$. Проверим это вычислением:

$A'B' = \sqrt{(x-0)^2 + (y-1)^2 + (-z-(-2))^2} = \sqrt{x^2 + (y-1)^2 + (2-z)^2} = \sqrt{x^2 + (y-1)^2 + (z-2)^2} = \sqrt{2}$.

Ответ: $AB = \sqrt{2}$, $A'B' = \sqrt{2}$.

в) Найти длины отрезков $AB_1$ и $A'B'_1$

Длины этих отрезков не зависят от положения точки $B$. Мы уже вычисляли их ранее.

$AB_1 = \sqrt{(0-0)^2 + (2-1)^2 + (1-2)^2} = \sqrt{0+1+1} = \sqrt{2}$.

$A'B'_1 = \sqrt{(0-0)^2 + (2-1)^2 + (-1-(-2))^2} = \sqrt{0+1+1} = \sqrt{2}$.

Ответ: $AB_1 = \sqrt{2}$, $A'B'_1 = \sqrt{2}$.

Сколько решений имеет задача?

Поскольку точка $B$ может быть любой точкой, лежащей на сфере $x^2 + (y-1)^2 + (z-2)^2 = 2$, а сфера состоит из бесконечного множества точек, то существует бесконечное множество возможных положений для точки $B$. Каждое такое положение определяет одно конкретное решение задачи (с конкретными координатами точки $B'$). Таким образом, задача имеет бесконечное множество решений.

Ответ: Задача имеет бесконечное множество решений.

1353 Пусть при некоторой гомотетии точки А, В и С переходят соответственно в точки А₁, В₁ и С₁. Докажите, что если точка В лежит между точками А и С, то точка В₁ лежит между точками А₁ и С₁.

Для доказательства данного утверждения воспользуемся векторным методом.

Пусть гомотетия задана некоторым центром O и коэффициентом $k$, где $k \neq 0$. По определению гомотетии, для любой точки X её образ X? связан с ней векторным соотношением $\vec{OX_1} = k \cdot \vec{OX}$.

Условие "точка B лежит между точками A и C" означает, что все три точки (A, B, C) лежат на одной прямой, и вектор $\vec{AC}$ является суммой векторов $\vec{AB}$ и $\vec{BC}$. Это записывается в виде следующего векторного равенства: $\vec{AC} = \vec{AB} + \vec{BC}$.

Теперь рассмотрим векторы, которые соединяют образы точек A?, B? и C?. Выразим эти векторы через исходные, используя определение гомотетии и свойство разности векторов:

$\vec{A_1B_1} = \vec{OB_1} - \vec{OA_1} = k \cdot \vec{OB} - k \cdot \vec{OA} = k(\vec{OB} - \vec{OA}) = k \cdot \vec{AB}$

$\vec{B_1C_1} = \vec{OC_1} - \vec{OB_1} = k \cdot \vec{OC} - k \cdot \vec{OB} = k(\vec{OC} - \vec{OB}) = k \cdot \vec{BC}$

$\vec{A_1C_1} = \vec{OC_1} - \vec{OA_1} = k \cdot \vec{OC} - k \cdot \vec{OA} = k(\vec{OC} - \vec{OA}) = k \cdot \vec{AC}$

Нам необходимо доказать, что точка B? лежит между точками A? и C?. Это условие будет выполнено, если для векторов образов будет справедливо аналогичное векторное равенство: $\vec{A_1C_1} = \vec{A_1B_1} + \vec{B_1C_1}$.

Проверим это равенство. Подставим в его правую часть выражения для векторов $\vec{A_1B_1}$ и $\vec{B_1C_1}$, которые мы получили ранее: $\vec{A_1B_1} + \vec{B_1C_1} = k \cdot \vec{AB} + k \cdot \vec{BC} = k(\vec{AB} + \vec{BC})$.

Так как по условию задачи $\vec{AC} = \vec{AB} + \vec{BC}$, мы можем заменить сумму векторов в скобках на вектор $\vec{AC}$: $k(\vec{AB} + \vec{BC}) = k \cdot \vec{AC}$.

С другой стороны, мы уже установили, что левая часть доказываемого равенства, вектор $\vec{A_1C_1}$, также равна $k \cdot \vec{AC}$.

Таким образом, мы показали, что $\vec{A_1C_1} = \vec{A_1B_1} + \vec{B_1C_1}$. Это векторное равенство означает, что точки A?, B? и C? также лежат на одной прямой, причём точка B? находится между точками A? и C?. Что и требовалось доказать.

Ответ: Утверждение доказано.

1354 Пользуясь предыдущей задачей, докажите, что если при некоторой гомотетии отрезок АВ переходит в отрезок А₁В₁, то середина отрезка АВ переходит в середину отрезка А₁В₁.

Пусть дана гомотетия $H$ с центром в некоторой точке $O$ и коэффициентом $k$. По условию, при этой гомотетии отрезок $AB$ переходит в отрезок $A_1B_1$. Это означает, что образами точек $A$ и $B$ являются точки $A_1$ и $B_1$ соответственно, то есть $H(A) = A_1$ и $H(B) = B_1$.

Обозначим середину отрезка $AB$ точкой $M$. По определению середины отрезка, выполняется векторное равенство: $\vec{AM} = \frac{1}{2}\vec{AB}$

Пусть $M_1$ — это образ точки $M$ при гомотетии $H$, то есть $M_1 = H(M)$. Нам нужно доказать, что $M_1$ является серединой отрезка $A_1B_1$.

В условии сказано воспользоваться предыдущей задачей. В предыдущей задаче, как правило, доказывается основное свойство гомотетии для векторов: если точки $X$ и $Y$ переходят в точки $X_1$ и $Y_1$ при гомотетии с коэффициентом $k$, то справедливо равенство $\vec{X_1Y_1} = k \cdot \vec{XY}$.

Применим это свойство к парам точек $(A, M)$ и $(A, B)$:

1) Для точек $A$ и $M$ и их образов $A_1$ и $M_1$ имеем: $\vec{A_1M_1} = k \cdot \vec{AM}$.
2) Для точек $A$ и $B$ и их образов $A_1$ и $B_1$ имеем: $\vec{A_1B_1} = k \cdot \vec{AB}$.

Подставим в первое равенство выражение для $\vec{AM}$ из определения середины отрезка: $\vec{A_1M_1} = k \cdot \left(\frac{1}{2}\vec{AB}\right)$

Перегруппируем множители: $\vec{A_1M_1} = \frac{1}{2}(k \cdot \vec{AB})$

Теперь воспользуемся вторым равенством ($\vec{A_1B_1} = k \cdot \vec{AB}$) и заменим выражение в скобках: $\vec{A_1M_1} = \frac{1}{2}\vec{A_1B_1}$

Полученное векторное равенство $\vec{A_1M_1} = \frac{1}{2}\vec{A_1B_1}$ означает, что точка $M_1$ лежит на отрезке $A_1B_1$, и её расстояние от точки $A_1$ равно половине длины всего отрезка $A_1B_1$. Это по определению означает, что $M_1$ является серединой отрезка $A_1B_1$.

Таким образом, доказано, что середина отрезка $AB$ при гомотетии переходит в середину отрезка $A_1B_1$.

Ответ: что и требовалось доказать.

1355 Пусть центр гомотетии О лежит на данной окружности. Докажите, что данная окружность и та, в которую она переходит при гомотетии с центром в точке О, имеют в точке О общую касательную.

Пусть дана окружность $?$ с центром в точке $C$ и радиусом $r$. Пусть $O$ — центр гомотетии, и по условию задачи точка $O$ лежит на окружности $?$. Это означает, что расстояние от центра $C$ до точки $O$ равно радиусу: $OC = r$. Пусть $k$ — коэффициент гомотетии ($k \neq 0$).

При гомотетии с центром $O$ и коэффициентом $k$ окружность $?$ переходит в новую окружность $?'$. Найдем параметры окружности $?'$.

1. Центр новой окружности. Центр $C'$ окружности $?'$ является образом центра $C$ исходной окружности при данной гомотетии. По определению гомотетии, вектор $\vec{OC'}$ связан с вектором $\vec{OC}$ соотношением $\vec{OC'} = k \cdot \vec{OC}$. Из этого векторного равенства следует, что точки $O$, $C$ и $C'$ лежат на одной прямой.

2. Общая точка окружностей. Рассмотрим, в какую точку переходит точка $O$ при данной гомотетии. Так как $O$ является центром гомотетии, она является неподвижной точкой, то есть ее образ совпадает с ней самой. Поскольку точка $O$ по условию принадлежит исходной окружности $?$, ее образ (сама точка $O$) должен принадлежать образу окружности, то есть $?'$. Таким образом, точка $O$ является общей точкой окружностей $?$ и $?'$.

3. Касательная. Проведем касательную $t$ к окружности $?$ в точке $O$. По основному свойству касательной, она перпендикулярна радиусу, проведенному в точку касания. Следовательно, прямая $t$ перпендикулярна радиусу $OC$, то есть $t \perp OC$.

Теперь необходимо доказать, что эта же прямая $t$ является касательной и к окружности $?'$ в точке $O$. Касательная к окружности $?'$ в точке $O$ должна быть перпендикулярна радиусу $OC'$.

Как мы установили в пункте 1, точки $O$, $C$ и $C'$ лежат на одной прямой. Это означает, что радиусы $OC$ и $OC'$ лежат на одной и той же прямой.

Поскольку прямая $t$ перпендикулярна прямой, содержащей отрезок $OC$, она также будет перпендикулярна и прямой, содержащей отрезок $OC'$. Таким образом, $t \perp OC'$.

Это означает, что прямая $t$ является касательной к окружности $?'$ в точке $O$. Так как $t$ является касательной к обеим окружностям в их общей точке $O$, она является их общей касательной. Что и требовалось доказать.

Ответ: Утверждение доказано. Касательная к исходной окружности в центре гомотетии $O$ перпендикулярна радиусу $OC$. Так как центр новой окружности $C'$ лежит на прямой $OC$, эта же касательная перпендикулярна и радиусу $OC'$, а значит, является касательной и для новой окружности. Следовательно, окружности имеют общую касательную в точке $O$.

1356 В трапеции с основаниями MN и PQ диагонали MP и NQ пересекаются в точке О. Используя предыдущую задачу, докажите, что окружности, описанные около треугольников MNО и PQО, имеют общую касательную в точке О.

Рассмотрим трапецию с основаниями $MN$ и $PQ$. По условию, её диагонали $MP$ и $NQ$ пересекаются в точке $O$.

1. Подобие треугольников.Поскольку $MN$ и $PQ$ — основания трапеции, то $MN \parallel PQ$. Рассмотрим треугольники $\triangle MNO$ и $\triangle PQO$.

• $\angle MON = \angle POQ$ (как вертикальные углы).
• $\angle MNO = \angle PQO$ (как накрест лежащие углы при параллельных прямых $MN$ и $PQ$ и секущей $NQ$).
• $\angle NMO = \angle QPO$ (как накрест лежащие углы при параллельных прямых $MN$ и $PQ$ и секущей $MP$).

Следовательно, $\triangle MNO \sim \triangle PQO$ по трём углам.

2. Гомотетия.Поскольку треугольники подобны, а их соответствующие вершины лежат на прямых, пересекающихся в одной точке ($M, O, P$ на прямой $MP$; $N, O, Q$ на прямой $NQ$), треугольник $\triangle PQO$ является образом треугольника $\triangle MNO$ при гомотетии с центром в точке $O$. Коэффициент гомотетии $k$ равен $k = -\frac{OP}{OM} = -\frac{OQ}{ON}$. Знак «минус» означает, что соответствующие вершины лежат по разные стороны от центра гомотетии $O$.Обозначим эту гомотетию как $H(O, k)$.

3. Образы окружностей и касательных.Пусть $\omega_1$ — окружность, описанная около $\triangle MNO$, а $\omega_2$ — окружность, описанная около $\triangle PQO$.Гомотетия переводит окружность в окружность. Так как гомотетия $H(O, k)$ переводит точки $M, N, O$ в точки $P, Q, O$ (точка $O$ как центр гомотетии переходит сама в себя), то она переводит окружность $\omega_1$, проходящую через точки $M, N, O$, в окружность $\omega_2$, проходящую через точки $P, Q, O$. Таким образом, $H(\omega_1) = \omega_2$.

Пусть $t$ — касательная к окружности $\omega_1$ в точке $O$. Согласно свойству гомотетии, образ касательной к фигуре является касательной к образу фигуры. Значит, образ прямой $t$, то есть $H(t)$, должен быть касательной к окружности $\omega_2$ в образе точки касания, то есть в точке $H(O)$.

Поскольку касательная $t$ проходит через центр гомотетии $O$, её образом является сама прямая $t$, то есть $H(t)=t$.Образом точки касания $O$ является сама точка $O$, так как $O$ — центр гомотетии, то есть $H(O)=O$.

Из этого следует, что прямая $t$ является касательной к окружности $\omega_2$ в точке $O$.

4. Вывод.Мы показали, что касательная $t$ к окружности $\omega_1$ в точке $O$ также является касательной к окружности $\omega_2$ в той же точке $O$. Это означает, что окружности $\omega_1$ и $\omega_2$ имеют общую касательную в точке $O$. Что и требовалось доказать.

Ответ: Утверждение о том, что окружности, описанные около треугольников $MNO$ и $PQO$, имеют общую касательную в точке $O$, доказано.

1357 Используя гомотетию с центром в точке пересечения медиан треугольника АВС, докажите, что радиус окружности, описанной около треугольника АВС, в 2 раза больше радиуса окружности, описанной около треугольника с вершинами в серединах сторон АВ, ВС и СА.

Пусть дан треугольник $ABC$. Обозначим середины его сторон $BC, CA, AB$ как $A_1, B_1, C_1$ соответственно. Треугольник $A_1B_1C_1$ является так называемым срединным треугольником для треугольника $ABC$. Пусть $M$ — точка пересечения медиан (центроид) треугольника $ABC$. Медианы треугольника $ABC$ — это отрезки $AA_1, BB_1, CC_1$.

По условию задачи, мы должны использовать гомотетию с центром в точке $M$. Наша цель — доказать, что радиус $R$ окружности, описанной около треугольника $ABC$, в 2 раза больше радиуса $r$ окружности, описанной около треугольника $A_1B_1C_1$.

Известно свойство центроида: точка пересечения медиан делит каждую медиану в отношении 2:1, считая от вершины. Таким образом, $AM : MA_1 = 2:1$, $BM : MB_1 = 2:1$ и $CM : MC_1 = 2:1$.

Поскольку точка $M$ лежит на отрезке-медиане $AA_1$ между точками $A$ и $A_1$, векторы $\vec{MA}$ и $\vec{MA_1}$ противоположно направлены. Учитывая соотношение длин $AM = 2 \cdot MA_1$, мы можем записать векторное равенство: $\vec{MA_1} = -\frac{1}{2} \vec{MA}$.

Аналогичные равенства верны и для других вершин: $\vec{MB_1} = -\frac{1}{2} \vec{MB}$ и $\vec{MC_1} = -\frac{1}{2} \vec{MC}$.

Эти равенства по определению означают, что треугольник $A_1B_1C_1$ является образом треугольника $ABC$ при гомотетии $H$ с центром в точке $M$ и коэффициентом $k = -\frac{1}{2}$. То есть, $H(A) = A_1$, $H(B) = B_1$, $H(C) = C_1$.

При гомотетии любая окружность переходит в окружность. Следовательно, описанная окружность $\Omega$ треугольника $ABC$ (с радиусом $R$) при этой гомотетии перейдет в описанную окружность $\omega$ треугольника $A_1B_1C_1$ (с радиусом $r$).

Радиус образа окружности при гомотетии связан с радиусом исходной окружности формулой $r = |k| \cdot R$, где $k$ — коэффициент гомотетии.

Подставляя значение нашего коэффициента $k = -\frac{1}{2}$, получаем: $r = |-\frac{1}{2}| \cdot R = \frac{1}{2}R$.

Из этого соотношения напрямую следует, что $R = 2r$.

Таким образом, мы доказали, что радиус окружности, описанной около треугольника $ABC$, в 2 раза больше радиуса окружности, описанной около треугольника с вершинами в серединах его сторон.

Ответ: Утверждение доказано. Используя гомотетию с центром в точке пересечения медиан и коэффициентом $k = -1/2$, мы показали, что треугольник, образованный серединами сторон, является образом исходного треугольника. Следовательно, радиус его описанной окружности $r$ связан с радиусом $R$ описанной окружности исходного треугольника соотношением $r = |k| \cdot R = \frac{1}{2}R$, откуда $R=2r$.

1358 Пусть точка О — точка пересечения прямых, содержащих боковые стороны данной трапеции. Используя гомотетию с центром в точке О, докажите, что точка О лежит на прямой, проходящей через середины оснований трапеции.

Пусть дана трапеция $ABCD$ с основаниями $AD$ и $BC$, причем $AD \parallel BC$. Пусть $M$ — середина основания $BC$, а $N$ — середина основания $AD$. Прямые, содержащие боковые стороны $AB$ и $CD$, пересекаются в точке $O$.

Рассмотрим гомотетию $H$ с центром в точке $O$. Так как основания трапеции параллельны ($BC \parallel AD$), то треугольники $\triangle OBC$ и $\triangle OAD$ подобны. Это означает, что существует гомотетия с центром $O$, которая переводит треугольник $\triangle OBC$ в треугольник $\triangle OAD$.

Коэффициент этой гомотетии $k$ равен отношению длин соответственных сторон, например, $k = \frac{AD}{BC}$. При этой гомотетии $H$ вершина $B$ переходит в вершину $A$ ($H(B) = A$), а вершина $C$ переходит в вершину $D$ ($H(C) = D$). Следовательно, отрезок $BC$ (одно основание трапеции) переходит в отрезок $AD$ (другое основание).

Воспользуемся свойством гомотетии, согласно которому образ середины отрезка является серединой образа этого отрезка. Точка $M$ является серединой отрезка $BC$. Ее образ при гомотетии $H$, точка $H(M)$, должен быть серединой образа отрезка $BC$, то есть серединой отрезка $AD$.

Серединой отрезка $AD$ по условию является точка $N$. Таким образом, мы получаем, что $H(M) = N$.

По определению гомотетии, для любой точки $P$, ее образ $P' = H(P)$ лежит на прямой, проходящей через центр гомотетии $O$ и саму точку $P$. То есть, точки $O$, $P$ и $P'$ коллинеарны.

Применив это свойство к точке $M$ и ее образу $N$, мы заключаем, что точки $O$, $M$ и $N$ лежат на одной прямой. Это означает, что точка $O$ лежит на прямой, проходящей через середины оснований трапеции, что и требовалось доказать.

Ответ: Утверждение доказано. Гомотетия с центром в точке пересечения продолжений боковых сторон трапеции переводит середину одного основания в середину другого. По определению гомотетии, центр преобразования, прообраз и образ лежат на одной прямой. Следовательно, точка пересечения прямых, содержащих боковые стороны, и середины оснований трапеции лежат на одной прямой.

1359 Дана окружность О радиуса r, точка P окружности и хорда АВ. Постройте хорду PX так, чтобы её середина принадлежала хорде АВ.

Для решения данной задачи построения используется метод геометрических мест точек (ГМТ).

Анализ

Пусть $PX$ — искомая хорда, а точка $M$ — её середина. Согласно условию задачи, точка $M$ должна принадлежать хорде $AB$.

Рассмотрим треугольник $\triangle POX$. Поскольку точки $P$ и $X$ лежат на окружности с центром $O$ и радиусом $r$, стороны $OP$ и $OX$ равны радиусу ($OP = OX = r$). Следовательно, $\triangle POX$ является равнобедренным.

Точка $M$ — середина основания $PX$ равнобедренного треугольника $\triangle POX$. Отрезок $OM$, соединяющий вершину с серединой основания, является медианой. В равнобедренном треугольнике медиана, проведённая к основанию, также является высотой. Отсюда следует, что $OM \perp PX$, а значит, угол $\angle OMP$ прямой и равен $90^\circ$.

Геометрическое место точек, из которых отрезок $OP$ виден под прямым углом, — это окружность, построенная на отрезке $OP$ как на диаметре.

Таким образом, точка $M$ должна удовлетворять двум условиям одновременно:

1. Принадлежать хорде $AB$.
2. Принадлежать окружности с диаметром $OP$.

Следовательно, искомая точка $M$ является точкой пересечения хорды $AB$ и вспомогательной окружности, построенной на $OP$ как на диаметре.

Построение

Алгоритм построения искомой хорды $PX$ с помощью циркуля и линейки:

1. Соединить центр $O$ данной окружности с точкой $P$.
2. Построить вспомогательную окружность на отрезке $OP$ как на диаметре. Для этого:
   • Найти середину $C$ отрезка $OP$ (например, с помощью построения срединного перпендикуляра).
   • Построить окружность с центром в точке $C$ и радиусом, равным $CO$.
3. Найти точку (или точки) $M$ как пересечение построенной вспомогательной окружности и данной хорды $AB$.
4. Провести прямую через точки $P$ и $M$.
5. Точка пересечения этой прямой с исходной окружностью, отличная от $P$, является искомой точкой $X$.
6. Соединить точки $P$ и $X$. Хорда $PX$ — искомая.

Доказательство

Докажем, что построенная хорда $PX$ удовлетворяет условиям задачи:

1. По построению (шаг 3), точка $M$ лежит на хорде $AB$.
2. По построению (шаг 2), точка $M$ лежит на окружности с диаметром $OP$. Следовательно, вписанный угол $\angle OMP$, опирающийся на диаметр, равен $90^\circ$. Это означает, что $OM \perp PX$.
3. Рассмотрим $\triangle POX$. Он равнобедренный, так как $OP=OX=r$. В этом треугольнике $OM$ — высота, проведенная к основанию $PX$. В равнобедренном треугольнике высота, проведенная к основанию, является также и медианой.
4. Из этого следует, что $M$ является серединой хорды $PX$.

Таким образом, мы построили хорду $PX$, середина которой принадлежит хорде $AB$.

Исследование

Количество решений задачи зависит от количества точек пересечения вспомогательной окружности (с диаметром $OP$) и хорды $AB$ (рассматриваемой как отрезок).

• Два решения, если прямая, содержащая хорду $AB$, пересекает вспомогательную окружность в двух различных точках, и обе эти точки лежат на отрезке $AB$.
• Одно решение, если прямая $AB$ касается вспомогательной окружности в точке, лежащей на отрезке $AB$, или если прямая пересекает окружность в двух точках, но только одна из них лежит на отрезке $AB$.
• Нет решений, если прямая $AB$ не пересекает вспомогательную окружность, или если точки пересечения существуют, но лежат вне отрезка $AB$.

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

Ответ: Для построения искомой хорды $PX$ необходимо построить вспомогательную окружность на отрезке $OP$ как на диаметре. Затем найти точку $M$ как точку пересечения этой вспомогательной окружности и хорды $AB$. После этого провести прямую через точки $P$ и $M$. Вторая точка пересечения этой прямой с исходной окружностью будет точкой $X$. Хорда $PX$ — искомая.

1360 В угол вписаны две окружности, одна из которых касается сторон угла в точках М и N, а другая — в точках Р и Q. Докажите, что эти окружности на прямой МQ отсекают равные хорды.

Пусть данный угол имеет вершину в точке $A$, а его стороны — лучи, которые мы обозначим $l_1$ и $l_2$. Пусть первая окружность, $\omega_1$, имеет центр $O_1$ и радиус $r_1$. Она касается стороны $l_1$ в точке $M$ и стороны $l_2$ в точке $N$. Пусть вторая окружность, $\omega_2$, имеет центр $O_2$ и радиус $r_2$. Она касается стороны $l_1$ в точке $P$ и стороны $l_2$ в точке $Q$.

Центры окружностей, вписанных в угол, лежат на его биссектрисе. Пусть величина угла с вершиной $A$ равна $2\alpha$. Тогда биссектриса делит его на два угла величиной $\alpha$.

Рассмотрим прямоугольный треугольник $\triangle AMO_1$, где $\angle AMO_1 = 90^\circ$, так как радиус, проведённый в точку касания, перпендикулярен касательной. В этом треугольнике катет $O_1M$ равен радиусу $r_1$, а угол $\angle MAO_1 = \alpha$. Отсюда находим длину отрезка $AM$: $AM = \frac{O_1M}{\tan(\angle MAO_1)} = \frac{r_1}{\tan(\alpha)}$

Аналогично, из прямоугольного треугольника $\triangle AQO_2$ ($\angle AQO_2 = 90^\circ$, $O_2Q = r_2$, $\angle QAO_2 = \alpha$) находим длину отрезка $AQ$: $AQ = \frac{O_2Q}{\tan(\angle QAO_2)} = \frac{r_2}{\tan(\alpha)}$

Теперь рассмотрим треугольник $\triangle AMQ$. Применим к нему теорему синусов: $\frac{AM}{\sin(\angle AQM)} = \frac{AQ}{\sin(\angle AMQ)}$

Подставим в это равенство найденные выражения для $AM$ и $AQ$: $\frac{r_1/\tan(\alpha)}{\sin(\angle AQM)} = \frac{r_2/\tan(\alpha)}{\sin(\angle AMQ)}$

Поскольку угол $2\alpha$ ненулевой, $\tan(\alpha) \neq 0$. Умножим обе части равенства на $\tan(\alpha)$: $\frac{r_1}{\sin(\angle AQM)} = \frac{r_2}{\sin(\angle AMQ)}$

Преобразуем это равенство, используя основное свойство пропорции: $r_1 \sin(\angle AMQ) = r_2 \sin(\angle AQM)$

Теперь найдём длины хорд. Пусть прямая $MQ$ пересекает окружность $\omega_1$ в точках $M$ и $M'$. Хорда, отсекаемая на окружности $\omega_1$, — это отрезок $MM'$. Длина хорды в окружности может быть вычислена по формуле $L = 2R \sin(\beta)$, где $R$ — радиус окружности, а $\beta$ — вписанный угол, опирающийся на эту хорду.

Согласно теореме об угле между касательной и хордой, угол $\angle AMQ$ (между касательной $AM$ и хордой $MM'$) равен вписанному углу, опирающемуся на хорду $MM'$. Следовательно, длина хорды $MM'$ равна: $L_1 = 2r_1 \sin(\angle AMQ)$

Аналогично, пусть прямая $MQ$ пересекает окружность $\omega_2$ в точках $Q$ и $Q'$. Хорда, отсекаемая на окружности $\omega_2$, — это отрезок $QQ'$. Угол $\angle AQM$ (между касательной $AQ$ и хордой $QQ'$) равен вписанному углу, опирающемуся на хорду $QQ'$. Следовательно, длина хорды $QQ'$ равна: $L_2 = 2r_2 \sin(\angle AQM)$

Ранее мы установили, что $r_1 \sin(\angle AMQ) = r_2 \sin(\angle AQM)$. Из этого следует, что $\frac{L_1}{2} = \frac{L_2}{2}$, а значит, $L_1 = L_2$.

Таким образом, мы доказали, что длины хорд, отсекаемых окружностями на прямой $MQ$, равны.

Ответ: Утверждение задачи доказано.

1361 В окружности проведён диаметр АВ. Через точку А и произвольную точку М этой окружности проведена прямая, пересекающая в точке K касательную к окружности в точке В. Докажите, что произведение АМ ⋅ АK не зависит от выбора точки М на окружности.

Рассмотрим треугольники $AMB$ и $ABK$.

По условию задачи, $AB$ является диаметром окружности, а точка $M$ — произвольная точка на этой окружности. Угол, который опирается на диаметр, всегда прямой. Следовательно, $\angle AMB = 90^\circ$. Это значит, что $\triangle AMB$ является прямоугольным треугольником, где $AB$ — гипотенуза.

Прямая, проходящая через точку $K$, является касательной к окружности в точке $B$. По свойству касательной, она перпендикулярна радиусу (и, соответственно, диаметру), проведённому в точку касания. Таким образом, $BK \perp AB$, из чего следует, что $\angle ABK = 90^\circ$. Это значит, что $\triangle ABK$ также является прямоугольным треугольником, где $AK$ — гипотенуза.

Теперь сравним два прямоугольных треугольника: $\triangle AMB$ и $\triangle ABK$.
1. У них есть общий острый угол: $\angle MAB$ (или $\angle KAB$).
2. Оба треугольника имеют по прямому углу: $\angle AMB = 90^\circ$ и $\angle ABK = 90^\circ$.

Поскольку два угла одного треугольника равны двум углам другого, эти треугольники подобны (по первому признаку подобия или по признаку подобия прямоугольных треугольников по острому углу). Таким образом, $\triangle AMB \sim \triangle ABK$.

Из подобия треугольников следует, что их соответствующие стороны пропорциональны. Запишем соотношение для сторон, лежащих напротив равных углов:
$\frac{AM}{AB} = \frac{AB}{AK}$
(Сторона $AM$ в $\triangle AMB$ лежит напротив угла $\angle ABM$; сторона $AB$ в $\triangle ABK$ лежит напротив угла $\angle AKB$. Гипотенуза $AB$ в $\triangle AMB$ лежит напротив прямого угла $\angle AMB$; гипотенуза $AK$ в $\triangle ABK$ лежит напротив прямого угла $\angle ABK$).

Из этой пропорции, применив перекрёстное умножение, получаем равенство:
$AM \cdot AK = AB \cdot AB$
$AM \cdot AK = AB^2$

Так как $AB$ — это диаметр данной окружности, его длина является постоянной величиной для этой окружности. Следовательно, произведение $AM \cdot AK$ равно квадрату диаметра, то есть является константой, которая не зависит от выбора точки $M$ на окружности. Что и требовалось доказать.

Ответ: Произведение $AM \cdot AK$ равно квадрату диаметра окружности ($AB^2$). Поскольку для заданной окружности диаметр является постоянной величиной, то и значение данного произведения не зависит от выбора точки $M$.