Страница 363 - гдз по геометрии 7-9 класс учебник Атанасян, Бутузов

1408 По данным рисунка 424 докажите, что длина отрезка AC равна длине окружности с центром О радиуса R с точностью до 0,001R.

Для доказательства утверждения проанализируем данные, представленные на рисунке, и выполним необходимые вычисления.

1. Определение длин сторон треугольника OAC

Согласно рисунку, AC является касательной к окружности в точке A. По свойству касательной, радиус, проведенный в точку касания, перпендикулярен касательной. Следовательно, радиус OA перпендикулярен отрезку AC, и треугольник OAC является прямоугольным с прямым углом при вершине A ($\angle OAC = 90^\circ$).

Катет OA этого треугольника является радиусом окружности, поэтому его длина равна $R$:$OA = R$.

Точки O, B и C лежат на одной прямой. OB — это радиус окружности, $OB = R$. Длина отрезка BC задана как $BC = 6R$. Тогда гипотенуза OC прямоугольного треугольника OAC равна сумме длин отрезков OB и BC:$OC = OB + BC = R + 6R = 7R$.

2. Вычисление длины отрезка AC

Теперь, зная длины гипотенузы OC и катета OA, мы можем найти длину второго катета AC по теореме Пифагора:$AC^2 + OA^2 = OC^2$$AC^2 = OC^2 - OA^2$Подставим известные значения:$AC^2 = (7R)^2 - R^2 = 49R^2 - R^2 = 48R^2$Найдем длину AC:$AC = \sqrt{48R^2} = R\sqrt{48} = R\sqrt{16 \cdot 3} = 4\sqrt{3}R$.

3. Сравнение длины отрезка AC с длиной окружности

Длина окружности $L$ с центром O и радиусом $R$ вычисляется по формуле:$L = 2\pi R$.

Нам необходимо доказать, что длина отрезка AC равна длине окружности L с точностью до $0.001R$. Это означает, что должно выполняться неравенство:$|AC - L| < 0.001R$.

Подставим в неравенство выражения для AC и L:$|4\sqrt{3}R - 2\pi R| < 0.001R$.

Так как $R > 0$, мы можем разделить обе части неравенства на $R$:$|4\sqrt{3} - 2\pi| < 0.001$.

Чтобы проверить это неравенство, воспользуемся приближенными значениями для $\sqrt{3}$ и $\pi$:$\sqrt{3} \approx 1.73205$$\pi \approx 3.14159$

Вычислим значения выражений:$4\sqrt{3} \approx 4 \times 1.73205 = 6.92820$$2\pi \approx 2 \times 3.14159 = 6.28318$

Теперь найдем абсолютное значение их разности:$|6.92820 - 6.28318| = 0.64502$.

Сравним полученный результат с требуемой точностью:$0.64502 > 0.001$.

Полученное значение $0.64502$ значительно больше, чем $0.001$. Следовательно, неравенство не выполняется. Утверждение, которое требуется доказать, неверно при данных условиях.

Примечание: Данные на рисунке являются внутренне противоречивыми. Например, если использовать угол $60^\circ$ (который, судя по рисунку, задает угол между OA и горизонталью, а значит, $\angle AOC = 30^\circ$), то при условии, что $\triangle OAC$ прямоугольный, $OC$ должно быть равно $R/\cos(30^\circ) \approx 1.155R$, что противоречит значению $OC=7R$. Если же отбросить условие перпендикулярности OA и AC, то по теореме косинусов $AC$ будет равно $R\sqrt{50 - 7\sqrt{3}} \approx 6.155R$, что также не удовлетворяет требуемой точности. Наиболее однозначная трактовка данных (использование свойства касательной и длины $BC=6R$) приводит к выводу о неверности утверждения.

Ответ: На основании данных рисунка, длина отрезка $AC$ равна $4\sqrt{3}R$. Длина окружности $L$ равна $2\pi R$. Проверка условия $|AC - L| < 0.001R$ показывает, что $|4\sqrt{3}R - 2\pi R| \approx 0.645R$, что значительно больше $0.001R$. Таким образом, доказать, что длина отрезка AC равна длине окружности с указанной точностью, невозможно, так как утверждение является неверным.

1409 На рисунке 425 изображены четыре полуокружности: AЕВ, АKС, CFD, DLB, причём AC=DB. Докажите, что площадь закрашенной фигуры равна площади круга, построенного на отрезке EF как на диаметре.

Доказательство:

Введём обозначения для радиусов полуокружностей. Пусть O — середина отрезка AB. Так как по условию $AC = DB$, то точка O также является серединой отрезка CD. Примем точку O за начало координат.

1. Пусть радиус большей полуокружности AEB равен $R$. Тогда её диаметр $AB = 2R$. Площадь этой полуокружности равна $S_{AEB} = \frac{1}{2}\pi R^2$.

2. Пусть радиус полуокружности CFD равен $r$. Тогда её диаметр $CD = 2r$. Площадь этой полуокружности равна $S_{CFD} = \frac{1}{2}\pi r^2$.

3. Найдём диаметр полуокружностей AKC и DLB. Так как $AC=DB$ и O — общая середина AB и CD, то $AC = AO - CO = R - r$. Следовательно, диаметр малых боковых полуокружностей равен $R-r$. Их радиус равен $\frac{R-r}{2}$. Площадь каждой из них равна $S_{AKC} = S_{DLB} = \frac{1}{2}\pi \left(\frac{R-r}{2}\right)^2 = \frac{\pi(R-r)^2}{8}$.

4. Теперь определим площадь закрашенной фигуры. Визуально она состоит из двух малых полуокружностей (AKC и DLB) и центральной части, которая представляет собой большую полуокружность (AEB) без вырезанной из неё средней полуокружности (CFD). Таким образом, площадь закрашенной фигуры $S_{закр}$ вычисляется по формуле:

$S_{закр} = S_{AKC} + S_{DLB} + (S_{AEB} - S_{CFD})$

Подставим выражения для площадей:

$S_{закр} = \frac{\pi(R-r)^2}{8} + \frac{\pi(R-r)^2}{8} + \left(\frac{1}{2}\pi R^2 - \frac{1}{2}\pi r^2\right)$

$S_{закр} = 2 \cdot \frac{\pi(R-r)^2}{8} + \frac{\pi}{2}(R^2 - r^2)$

$S_{закр} = \frac{\pi(R-r)^2}{4} + \frac{\pi}{2}(R-r)(R+r)$

Вынесем общий множитель $\frac{\pi(R-r)}{4}$ за скобки:

$S_{закр} = \frac{\pi(R-r)}{4} \left( (R-r) + 2(R+r) \right)$

$S_{закр} = \frac{\pi(R-r)}{4} (R - r + 2R + 2r)$

$S_{закр} = \frac{\pi(R-r)}{4} (3R + r)$

Примечание: Данное выражение показывает, что при буквальной трактовке фигуры, изображённой на рисунке, её площадь не равна площади круга, построенного на отрезке EF. В таких задачах часто встречается неточность в изображении. Классическая фигура "салинон", для которой утверждение задачи верно, предполагает, что средняя полуокружность (в данном случае CFD) строится на другой стороне от диаметра AB. Если предположить, что полуокружность CFD направлена вниз, то площадь фигуры вычисляется иначе. Однако, будем решать задачу в строгом соответствии с её условиями и рисунком. Вероятно, в условии задачи имеется в виду, что F — это не точка на полуокружности CFD, а точка, симметричная E относительно прямой AB, то есть EF — это диаметр окружности, которой принадлежит полуокружность AEB.

Давайте пересмотрим условие и докажем утверждение в предположении, что отрезок EF, упомянутый в задаче, является диаметром большой окружности, перпендикулярным диаметру AB (как это часто изображается на чертежах к подобным задачам). В этом случае длина $EF = 2R$.

Площадь круга, построенного на отрезке EF как на диаметре, будет равна:

$S_{круга} = \pi \left(\frac{EF}{2}\right)^2 = \pi \left(\frac{2R}{2}\right)^2 = \pi R^2$

Как показано выше, площадь закрашенной фигуры не равна $\pi R^2$. Это указывает на возможную ошибку в условии задачи 1409. Однако, если предположить, что в задаче имелась в виду классическая фигура "салинон" (где полуокружность CFD строится в противоположную сторону), то доказательство выглядит следующим образом:

Альтернативное доказательство (для классического салинона):

Площадь салинона вычисляется как $S_{салинон} = S_{AEB} - S_{AKC} - S_{DLB} + S_{CFD}$ (полуокружность CFD добавляется, так как она находится с другой стороны).

$S_{салинон} = \frac{1}{2}\pi R^2 - 2 \cdot \frac{\pi(R-r)^2}{8} + \frac{1}{2}\pi r^2$

$S_{салинон} = \frac{\pi}{2}(R^2+r^2) - \frac{\pi}{4}(R-r)^2$

$S_{салинон} = \frac{\pi}{4} [2(R^2+r^2) - (R^2-2Rr+r^2)] $

$S_{салинон} = \frac{\pi}{4} [2R^2+2r^2 - R^2+2Rr-r^2] $

$S_{салинон} = \frac{\pi}{4} [R^2+2Rr+r^2] = \frac{\pi}{4} (R+r)^2$

В этом случае отрезок EF соединяет вершины полуокружностей AEB и CFD, и его длина равна $EF = R+r$. Площадь круга с диаметром EF будет равна:

$S_{круга} = \pi \left(\frac{EF}{2}\right)^2 = \pi \left(\frac{R+r}{2}\right)^2 = \frac{\pi(R+r)^2}{4}$

В данном случае площади совпадают. Учитывая, что это стандартная олимпиадная задача, скорее всего, в рисунке допущена неточность, и фигура является салиноном.

Ответ: При условии, что фигура является классическим салиноном (полуокружность CFD направлена в противоположную сторону от AEB), площадь закрашенной фигуры равна $\frac{\pi}{4}(R+r)^2$. Площадь круга, построенного на отрезке EF (соединяющем вершины E и F) как на диаметре, также равна $\frac{\pi}{4}(R+r)^2$. Следовательно, утверждение задачи доказано для этой конфигурации.

1410 Постройте границу круга, площадь которого равна:

а) площади кольца между двумя данными концентрическими окружностями;

б) площади данного полукруга;

в) площади данного кругового сектора, ограниченного дугой в 60°.

а) Площадь кольца между двумя концентрическими окружностями с радиусами $R$ и $r$ ($R > r$) вычисляется по формуле $S_{кольца} = \pi R^2 - \pi r^2 = \pi(R^2 - r^2)$. Площадь искомого круга с радиусом $r_x$ равна $S_x = \pi r_x^2$. Приравнивая площади, получаем: $\pi r_x^2 = \pi(R^2 - r^2)$, откуда $r_x^2 = R^2 - r^2$. Это соотношение соответствует теореме Пифагора для прямоугольного треугольника, где $R$ — гипотенуза, а $r$ и $r_x$ — катеты. Следовательно, для построения радиуса $r_x$ нужно построить такой треугольник.

Построение:
1. Пусть даны две концентрические окружности с центром в точке $O$ и радиусами $R$ и $r$.
2. Выберите произвольную точку $A$ на большей окружности (с радиусом $R$).
3. Из точки $A$ проведите касательную к меньшей окружности (с радиусом $r$). Пусть $B$ — точка касания.
4. Рассмотрим треугольник $\triangle OBA$. Так как радиус, проведенный в точку касания, перпендикулярен касательной, то $\angle OBA = 90^\circ$.
5. В этом прямоугольном треугольнике гипотенуза $OA$ равна $R$, а катет $OB$ равен $r$. По теореме Пифагора, второй катет $AB$ равен $\sqrt{OA^2 - OB^2} = \sqrt{R^2 - r^2}$.
6. Таким образом, длина отрезка $AB$ равна искомому радиусу $r_x$.
7. С помощью циркуля отмерьте длину отрезка $AB$ и постройте окружность с этим радиусом. Это и будет граница искомого круга.

Ответ: Искомая окружность имеет радиус, равный длине отрезка касательной, проведенной из любой точки большей окружности к меньшей окружности, до точки касания.

б) Пусть дан полукруг радиусом $R$. Его площадь равна $S_{полукруга} = \frac{1}{2}\pi R^2$. Площадь искомого круга с радиусом $r_x$ равна $S_x = \pi r_x^2$. Приравнивая площади, получаем: $\pi r_x^2 = \frac{1}{2}\pi R^2$, откуда $r_x^2 = \frac{R^2}{2}$, или $r_x = \frac{R}{\sqrt{2}}$. Это соотношение соответствует катету равнобедренного прямоугольного треугольника, гипотенуза которого равна $R$.

Построение:
1. Возьмите отрезок $AB$ длиной, равной данному радиусу $R$.
2. Постройте на отрезке $AB$ как на гипотенузе равнобедренный прямоугольный треугольник. Для этого:
а) Найдите середину $M$ отрезка $AB$.
б) Проведите через точку $M$ прямую, перпендикулярную $AB$.
в) Постройте окружность с центром в $M$ и радиусом $MA = \frac{R}{2}$.
г) Точка пересечения окружности и перпендикуляра, пусть это будет точка $C$, является третьей вершиной искомого треугольника $\triangle ACB$.
3. Треугольник $\triangle ACB$ — равнобедренный ($AC=BC$) и прямоугольный ($\angle C = 90^\circ$ по теореме Фалеса).
4. Длина катета $AC$ (или $BC$) равна $\sqrt{\frac{AB^2}{2}} = \frac{R}{\sqrt{2}}$.
5. Таким образом, длина отрезка $AC$ равна искомому радиусу $r_x$.
6. С помощью циркуля отмерьте длину отрезка $AC$ и постройте окружность с этим радиусом.

Ответ: Искомая окружность имеет радиус, равный катету равнобедренного прямоугольного треугольника, гипотенуза которого равна радиусу данного полукруга.

в) Пусть дан круговой сектор, ограниченный дугой в $60^\circ$, с радиусом $R$. Площадь этого сектора составляет $\frac{60}{360} = \frac{1}{6}$ от площади всего круга, то есть $S_{сектора} = \frac{1}{6}\pi R^2$. Площадь искомого круга с радиусом $r_x$ равна $S_x = \pi r_x^2$. Приравнивая площади, получаем: $\pi r_x^2 = \frac{1}{6}\pi R^2$, откуда $r_x^2 = \frac{R^2}{6}$. Это означает, что $r_x$ является средним геометрическим (средним пропорциональным) отрезков длиной $R$ и $\frac{R}{6}$, то есть $r_x = \sqrt{R \cdot \frac{R}{6}}$.

Построение:
1. Сначала построим отрезок длиной $\frac{R}{6}$. Для этого:
а) Начертите отрезок $OA$ длиной $R$.
б) Из точки $O$ проведите произвольный луч, не лежащий на прямой $OA$.
в) На этом луче с помощью циркуля отложите от точки $O$ шесть равных отрезков произвольной длины. Обозначим концы этих отрезков $P_1, P_2, \ldots, P_6$.
г) Соедините точки $P_6$ и $A$.
д) Проведите через точку $P_1$ прямую, параллельную отрезку $P_6A$. Точка пересечения этой прямой с отрезком $OA$ (пусть это будет точка $B$) разделит отрезок $OA$ в отношении $1:5$. Длина отрезка $OB$ будет равна $\frac{R}{6}$.
2. Теперь построим отрезок $r_x$, равный среднему геометрическому отрезков $a = R$ и $b = \frac{R}{6}$. Для этого:
а) Начертите прямую и на ней отметьте точку $P$.
б) Отложите от точки $P$ отрезок $PQ$ длиной $a=R$.
в) От точки $Q$ в том же направлении отложите отрезок $QR$ длиной $b=\frac{R}{6}$.
г) Найдите середину $M$ отрезка $PR$.
д) Постройте полуокружность с центром в $M$ и диаметром $PR$.
е) В точке $Q$ восстановите перпендикуляр к прямой $PR$ до его пересечения с полуокружностью в точке $S$.
ж) Длина отрезка $QS$ по свойству высоты в прямоугольном треугольнике, опущенной на гипотенузу, равна $\sqrt{PQ \cdot QR} = \sqrt{R \cdot \frac{R}{6}}$.
3. Длина отрезка $QS$ равна искомому радиусу $r_x$.
4. С помощью циркуля отмерьте длину отрезка $QS$ и постройте окружность с этим радиусом.

Ответ: Искомая окружность имеет радиус, равный среднему геометрическому между радиусом данного сектора $R$ и отрезком длиной $\frac{R}{6}$.

1411 При данном движении g точка А отображается в точку В, а точка В — в точку А. Докажите, что g — центральная симметрия или осевая симметрия.

Пусть $g$ — данное движение, при котором точка $A$ отображается в точку $B$, а точка $B$ — в точку $A$. Это можно записать как $g(A) = B$ и $g(B) = A$.

Рассмотрим два возможных случая.

1. Точки $A$ и $B$ совпадают, то есть $A=B$.

В этом случае условие задачи принимает вид $g(A) = A$. Это означает, что точка $A$ является неподвижной точкой движения $g$.

Движение, имеющее неподвижную точку, является либо поворотом вокруг этой точки, либо осевой симметрией относительно оси, проходящей через эту точку.

• Центральная симметрия с центром в точке $A$ является поворотом на $180^\circ$ вокруг точки $A$. При этом движении $g(A) = A$, так что это один из возможных вариантов.
• Осевая симметрия относительно любой прямой $l$, проходящей через точку $A$, также оставляет точку $A$ на месте, то есть $g(A) = A$. Это второй возможный вариант.

Таким образом, в случае $A=B$ движение $g$ может быть центральной симметрией (с центром в $A$) или осевой симметрией (с осью, проходящей через $A$).

2. Точки $A$ и $B$ различны, то есть $A \neq B$.

Рассмотрим композицию движения $g$ с самим собой, то есть движение $g \circ g$. Найдем образы точек $A$ и $B$ при этом новом движении:

$(g \circ g)(A) = g(g(A)) = g(B) = A$

$(g \circ g)(B) = g(g(B)) = g(A) = B$

Таким образом, движение $g \circ g$ оставляет точки $A$ и $B$ на месте, то есть $A$ и $B$ являются неподвижными точками для $g \circ g$.

Движение плоскости, имеющее две различные неподвижные точки, может быть либо тождественным преобразованием (когда все точки плоскости остаются на месте), либо осевой симметрией относительно прямой, проходящей через эти две точки (в нашем случае, прямой $AB$).

Теперь проанализируем тип движения $g \circ g$. Любое движение является либо движением первого рода (сохраняющим ориентацию, например, поворот или параллельный перенос), либо движением второго рода (меняющим ориентацию, например, осевая или скользящая симметрия).

• Композиция двух движений первого рода есть движение первого рода.
• Композиция двух движений второго рода есть движение первого рода.
• Композиция движений разных родов есть движение второго рода.

Следовательно, движение $g \circ g$ в любом случае является движением первого рода (сохраняет ориентацию).

Осевая симметрия является движением второго рода (меняет ориентацию). Тождественное преобразование — движение первого рода.

Поскольку $g \circ g$ должно быть движением первого рода, оно не может быть осевой симметрией. Значит, $g \circ g$ является тождественным преобразованием, которое обозначается как $Id$:

$g \circ g = Id$

Движения, которые при композиции с собой дают тождественное преобразование, называются инволютивными. На плоскости существует три вида инволютивных движений:

1. Тождественное преобразование.
2. Центральная симметрия (поворот на $180^\circ$).
3. Осевая симметрия.

Мы должны выяснить, каким из этих трех видов является движение $g$.

• $g$ не может быть тождественным преобразованием, так как в этом случае было бы $g(A) = A$, но по условию $g(A) = B$ и $A \neq B$.

Следовательно, движение $g$ может быть только центральной симметрией или осевой симметрией.

Если $g$ — центральная симметрия, то ее центр должен быть серединой отрезка, соединяющего любую точку с ее образом. Из $g(A) = B$ следует, что центр симметрии — середина отрезка $AB$.

Если $g$ — осевая симметрия, то ее ось является серединным перпендикуляром к отрезку, соединяющему любую точку (не на оси) с ее образом. Из $g(A) = B$ следует, что ось симметрии — серединный перпендикуляр к отрезку $AB$.

Объединяя оба случая, мы доказали, что данное движение $g$ является либо центральной симметрией, либо осевой симметрией.

Ответ: Доказано, что движение $g$, удовлетворяющее условиям $g(A) = B$ и $g(B) = A$, является либо центральной симметрией (с центром в середине отрезка $AB$, если $A \neq B$, или с центром в точке $A$, если $A=B$), либо осевой симметрией (с осью, являющейся серединным перпендикуляром к отрезку $AB$, если $A \neq B$, или с осью, проходящей через точку $A$, если $A=B$).

1412 Даны два равных отрезка AB и A₁B₁. Докажите, что существуют два и только два движения, при которых точки A и B отображаются соответственно в точки А₁ и В₁.

Доказательство данного утверждения состоит из двух частей. Сначала мы докажем, что существует как минимум два движения, переводящих отрезок $AB$ в отрезок $A_1B_1$. Затем мы докажем, что таких движений не может быть больше двух.

Доказательство существования

Построим два различных движения, удовлетворяющих условиям задачи.

Первое движение ($f_1$): Это движение можно представить как композицию параллельного переноса и поворота.
1. Выполним параллельный перенос $T$ на вектор $\vec{AA_1}$. При этом преобразовании точка $A$ перейдет в точку $A_1$, а точка $B$ — в некоторую точку $B'$. Так как перенос является движением, он сохраняет расстояния: $|A_1B'| = |AB|$.
2. Из условия задачи известно, что $|AB| = |A_1B_1|$. Следовательно, $|A_1B'| = |A_1B_1|$. Это означает, что точки $B'$ и $B_1$ лежат на окружности с центром в точке $A_1$.
3. Выполним поворот $R$ с центром в точке $A_1$ на угол $\angle B'A_1B_1$. Этот поворот переведет точку $B'$ в точку $B_1$, оставив $A_1$ на месте.
Искомое движение $f_1$ является композицией этих преобразований: $f_1 = R \circ T$. Проверим его действие: $f_1(A) = R(T(A)) = R(A_1) = A_1$ и $f_1(B) = R(T(B)) = R(B') = B_1$. Данное движение сохраняет ориентацию плоскости.

Второе движение ($f_2$): Это движение можно получить, скомбинировав первое движение $f_1$ с осевой симметрией.
1. Рассмотрим осевую симметрию $S_L$ относительно прямой $L$, проходящей через точки $A_1$ и $B_1$.
2. Определим второе движение $f_2$ как композицию $f_2 = S_L \circ f_1$. Это преобразование также является движением.
3. Проверим его действие: $f_2(A) = S_L(f_1(A)) = S_L(A_1) = A_1$ и $f_2(B) = S_L(f_1(B)) = S_L(B_1) = B_1$. Точки $A_1$ и $B_1$ остаются неподвижными, так как лежат на оси симметрии.

Движения $f_1$ и $f_2$ различны. Движение $f_1$ сохраняет ориентацию (является движением первого рода), а $f_2$ изменяет ориентацию на противоположную (является движением второго рода). Следовательно, $f_1 \neq f_2$. Мы доказали существование по крайней мере двух различных движений.

Доказательство единственности

Теперь докажем, что других движений, удовлетворяющих условию, не существует.
Пусть $f$ — это произвольное движение, при котором $f(A) = A_1$ и $f(B) = B_1$.
Рассмотрим произвольную точку $C$, не лежащую на прямой $AB$. Ее образ при движении $f$ назовем $C'$, то есть $f(C) = C'$.
По определению, движение сохраняет расстояния, следовательно:
$|A_1C'| = |AC|$
$|B_1C'| = |BC|$
Это означает, что точка $C'$ должна лежать на пересечении двух окружностей: $\omega_1$ с центром в $A_1$ и радиусом $r_1 = |AC|$, и $\omega_2$ с центром в $B_1$ и радиусом $r_2 = |BC|$.
Поскольку точки $A, B, C$ образуют треугольник (так как $C$ не лежит на прямой $AB$), для него выполняется строгое неравенство треугольника: $|AC| + |BC| > |AB|$ и $||AC| - |BC|| < |AB|$. Так как по условию $|AB| = |A_1B_1|$, мы имеем $|r_1 + r_2| > |A_1B_1|$ и $||r_1 - r_2|| < |A_1B_1|$. Это является условием того, что окружности $\omega_1$ и $\omega_2$ пересекаются ровно в двух различных точках. Назовем эти точки $C'_1$ и $C'_2$.
Таким образом, для образа точки $C$ существует только два возможных положения: $C'_1$ или $C'_2$.
Движение на плоскости однозначно определяется образами трех точек, не лежащих на одной прямой. Так как образы $f(A)=A_1$ и $f(B)=B_1$ фиксированы, а для образа $f(C)$ есть только два варианта, то может существовать не более двух различных движений:
- Одно, переводящее тройку точек $(A, B, C)$ в $(A_1, B_1, C'_1)$.
- Второе, переводящее тройку точек $(A, B, C)$ в $(A_1, B_1, C'_2)$.
Поскольку мы уже построили два различных движения, это и есть те самые два движения.

Таким образом, доказано, что существует два и только два движения, при которых точки $A$ и $B$ отображаются соответственно в точки $A_1$ и $B_1$.

Ответ: Утверждение доказано. Существование двух движений показано их конструктивным построением (одно — сохраняющее ориентацию, другое — изменяющее). Единственность (то, что их ровно два) следует из того, что образ любой третьей точки, не лежащей на прямой $AB$, может занимать только два определенных положения, каждое из которых однозначно задает одно из двух движений.

1413 Докажите, что два параллелограмма равны, если диагонали и угол между ними одного параллелограмма соответственно равны диагоналям и углу между ними другого.

Рассмотрим два параллелограмма, $ABCD$ и $A_1B_1C_1D_1$. Пусть их диагонали $AC$ и $BD$ пересекаются в точке $O$, а диагонали $A_1C_1$ и $B_1D_1$ — в точке $O_1$.

Согласно условию задачи, диагонали одного параллелограмма соответственно равны диагоналям другого, и углы между ними также равны. Запишем это математически:
1. $AC = A_1C_1$
2. $BD = B_1D_1$
3. $\angle AOB = \angle A_1O_1B_1$ (где $\angle AOB$ — один из углов между диагоналями).

Воспользуемся свойством диагоналей параллелограмма: они точкой пересечения делятся пополам.
Для параллелограмма $ABCD$: $AO = OC = \frac{1}{2}AC$ и $BO = OD = \frac{1}{2}BD$.
Для параллелограмма $A_1B_1C_1D_1$: $A_1O_1 = O_1C_1 = \frac{1}{2}A_1C_1$ и $B_1O_1 = O_1D_1 = \frac{1}{2}B_1D_1$.

Из условия $AC = A_1C_1$ следует, что $AO = A_1O_1$ и $OC = O_1C_1$.
Из условия $BD = B_1D_1$ следует, что $BO = B_1O_1$ и $OD = O_1D_1$.

Теперь сравним треугольники, на которые диагонали делят параллелограммы.

Рассмотрим $\triangle AOB$ и $\triangle A_1O_1B_1$. В них:
• $AO = A_1O_1$ (как половины равных диагоналей)
• $BO = B_1O_1$ (как половины равных диагоналей)
• $\angle AOB = \angle A_1O_1B_1$ (по условию)
Следовательно, $\triangle AOB = \triangle A_1O_1B_1$ по первому признаку равенства треугольников (по двум сторонам и углу между ними). Из равенства этих треугольников следует равенство их соответственных сторон: $AB = A_1B_1$.

Рассмотрим $\triangle BOC$ и $\triangle B_1O_1C_1$. В них:
• $OC = O_1C_1$
• $BO = B_1O_1$
Углы $\angle BOC$ и $\angle AOB$ — смежные, их сумма равна $180^\circ$, поэтому $\angle BOC = 180^\circ - \angle AOB$. Аналогично, $\angle B_1O_1C_1 = 180^\circ - \angle A_1O_1B_1$. Так как $\angle AOB = \angle A_1O_1B_1$, то и $\angle BOC = \angle B_1O_1C_1$.
Следовательно, $\triangle BOC = \triangle B_1O_1C_1$ по первому признаку равенства треугольников. Из этого следует, что $BC = B_1C_1$.

В параллелограмме противолежащие стороны равны, поэтому:
$CD = AB$ и $AD = BC$.
$C_1D_1 = A_1B_1$ и $A_1D_1 = B_1C_1$.
Так как мы доказали, что $AB = A_1B_1$ и $BC = B_1C_1$, то отсюда следует, что $CD = C_1D_1$ и $AD = A_1D_1$.
Таким образом, все стороны параллелограмма $ABCD$ соответственно равны сторонам параллелограмма $A_1B_1C_1D_1$.

Два многоугольника равны, если у них равны соответственные стороны и соответственные углы. Докажем равенство углов.
Из равенства $\triangle AOB = \triangle A_1O_1B_1$ следует равенство углов: $\angle OAB = \angle O_1A_1B_1$.
Аналогично равенству $\triangle BOC = \triangle B_1O_1C_1$, доказывается равенство $\triangle AOD = \triangle A_1O_1D_1$ (по двум сторонам $AO=A_1O_1$, $OD=O_1D_1$ и углу между ними $\angle AOD = \angle BOC = \angle A_1O_1D_1$). Из этого следует равенство углов: $\angle OAD = \angle O_1A_1D_1$.
Тогда угол параллелограмма $\angle A$ равен сумме углов: $\angle DAB = \angle OAD + \angle OAB$.
Соответственно, угол $\angle A_1$ равен: $\angle D_1A_1B_1 = \angle O_1A_1D_1 + \angle O_1A_1B_1$.
Так как слагаемые равны, то равны и суммы: $\angle DAB = \angle D_1A_1B_1$.
Аналогично доказывается равенство и всех остальных углов параллелограммов.

Поскольку все соответственные стороны и все соответственные углы параллелограммов $ABCD$ и $A_1B_1C_1D_1$ равны, то эти параллелограммы равны по определению.

Ответ: Утверждение доказано.

1414 Докажите, что две трапеции равны, если основания и боковые стороны одной трапеции соответственно равны основаниям и боковым сторонам другой.

Для доказательства равенства двух трапеций, у которых соответственно равны все четыре стороны, мы покажем, что у них также равны и все соответствующие углы. Равенство фигур по определению означает совпадение при наложении, что эквивалентно равенству всех соответствующих сторон и углов.

Доказательство:

Рассмотрим две трапеции $ABCD$ и $A_1B_1C_1D_1$. Пусть $AD$ и $BC$ – основания трапеции $ABCD$, а $A_1D_1$ и $B_1C_1$ – основания трапеции $A_1B_1C_1D_1$. Согласно определению трапеции, $AD \parallel BC$ и $A_1D_1 \parallel B_1C_1$.

По условию задачи, основания и боковые стороны трапеций соответственно равны:

$AD = A_1D_1$ (большее основание)

$BC = B_1C_1$ (меньшее основание)

$AB = A_1B_1$ (боковая сторона)

$CD = C_1D_1$ (боковая сторона)

Для доказательства равенства трапеций $ABCD$ и $A_1B_1C_1D_1$ мы используем метод дополнительного построения.

1. В трапеции $ABCD$ проведём из вершины $C$ прямую $CE$, параллельную боковой стороне $AB$, до её пересечения с основанием $AD$ в точке $E$.

Поскольку $BC \parallel AD$ (по определению трапеции) и $CE \parallel AB$ (по построению), то четырёхугольник $ABCE$ является параллелограммом. Из свойств параллелограмма следует, что его противоположные стороны равны:

$CE = AB$

$AE = BC$

Теперь рассмотрим треугольник $CDE$. Его стороны имеют следующие длины:

• $CD$ (задана по условию)
• $CE = AB$
• $DE = AD - AE = AD - BC$

2. Проведём аналогичное построение в трапеции $A_1B_1C_1D_1$. Из вершины $C_1$ проведём прямую $C_1E_1$, параллельную стороне $A_1B_1$, до пересечения с основанием $A_1D_1$ в точке $E_1$.

Четырёхугольник $A_1B_1C_1E_1$ также является параллелограммом. Следовательно:

$C_1E_1 = A_1B_1$

$A_1E_1 = B_1C_1$

Стороны треугольника $C_1D_1E_1$ равны:

• $C_1D_1$ (задана по условию)
• $C_1E_1 = A_1B_1$
• $D_1E_1 = A_1D_1 - A_1E_1 = A_1D_1 - B_1C_1$

3. Сравним треугольники $CDE$ и $C_1D_1E_1$. По условию задачи мы знаем, что $AB=A_1B_1$, $CD=C_1D_1$, $AD=A_1D_1$ и $BC=B_1C_1$. Сравним стороны треугольников:

$CD = C_1D_1$ (по условию).

$CE = AB$ и $C_1E_1 = A_1B_1$. Так как $AB = A_1B_1$, то $CE = C_1E_1$.

$DE = AD - BC$ и $D_1E_1 = A_1D_1 - B_1C_1$. Так как $AD = A_1D_1$ и $BC = B_1C_1$, то $DE = D_1E_1$.

Таким образом, треугольники $\triangle CDE$ и $\triangle C_1D_1E_1$ равны по трём сторонам (третий признак равенства треугольников).

4. Из равенства треугольников $\triangle CDE \cong \triangle C_1D_1E_1$ следует равенство их соответствующих углов:

$\angle D = \angle D_1$

$\angle CED = \angle C_1E_1D_1$

5. Теперь докажем равенство остальных углов трапеций.

Углы при боковой стороне трапеции, прилежащие к параллельным основаниям, в сумме дают $180^\circ$. Для стороны $CD$ в трапеции $ABCD$: $\angle BCD + \angle ADC = 180^\circ$, или $\angle C + \angle D = 180^\circ$. Отсюда $\angle C = 180^\circ - \angle D$.

Аналогично, в трапеции $A_1B_1C_1D_1$: $\angle C_1 = 180^\circ - \angle D_1$.

Поскольку мы доказали, что $\angle D = \angle D_1$, то отсюда следует, что $\angle C = \angle C_1$.

Теперь рассмотрим угол $A$. В параллелограмме $ABCE$ сумма углов, прилежащих к стороне $AE$, равна $180^\circ$: $\angle BAE + \angle AEC = 180^\circ$. Углы $\angle AEC$ и $\angle CED$ являются смежными, поэтому их сумма также равна $180^\circ$: $\angle AEC + \angle CED = 180^\circ$. Сравнивая эти два равенства, получаем $\angle BAE = \angle CED$, то есть $\angle A = \angle CED$.

Аналогично для второй трапеции доказывается, что $\angle A_1 = \angle C_1E_1D_1$.

Так как из равенства треугольников следует $\angle CED = \angle C_1E_1D_1$, то мы заключаем, что $\angle A = \angle A_1$.

Наконец, для углов при стороне $AB$: $\angle A + \angle B = 180^\circ$. Отсюда $\angle B = 180^\circ - \angle A$. Аналогично, $\angle B_1 = 180^\circ - \angle A_1$. Так как $\angle A = \angle A_1$, то $\angle B = \angle B_1$.

6. В результате мы установили, что у трапеций $ABCD$ и $A_1B_1C_1D_1$ равны все соответствующие стороны (по условию) и все соответствующие углы (по доказанному). Следовательно, эти трапеции равны.

Ответ: Утверждение доказано. Две трапеции равны, если их основания и боковые стороны соответственно равны.

1415 Докажите, что два треугольника равны, если две неравные стороны и разность противолежащих им углов одного треугольника соответственно равны двум сторонам и разности противолежащих им углов другого.

Рассмотрим два треугольника, $\triangle ABC$ и $\triangle A_1B_1C_1$. Пусть их элементы обозначаются соответственно: стороны $a, b, c$ и углы $\alpha, \beta, \gamma$; и стороны $a_1, b_1, c_1$ и углы $\alpha_1, \beta_1, \gamma_1$. Пусть сторона $a$ лежит против угла $\alpha$, сторона $b$ — против угла $\beta$, и так далее.

По условию задачи, две неравные стороны и разность противолежащих им углов одного треугольника соответственно равны двум сторонам и разности противолежащих им углов другого. Пусть это будут стороны $a$ и $b$. Без ограничения общности предположим, что $b > a$. Из этого следует, что противолежащий угол $\beta$ больше угла $\alpha$.

Таким образом, дано:
1) Сторона $BC = a$, сторона $AC = b$. В $\triangle A_1B_1C_1$ стороны $B_1C_1 = a_1$, $A_1C_1 = b_1$. При этом $a = a_1$ и $b = b_1$.
2) Углы, противолежащие этим сторонам: $\angle A = \alpha$, $\angle B = \beta$ в $\triangle ABC$ и $\angle A_1 = \alpha_1$, $\angle B_1 = \beta_1$ в $\triangle A_1B_1C_1$.
3) Разность углов: $\beta - \alpha = \beta_1 - \alpha_1$.
Необходимо доказать, что $\triangle ABC \cong \triangle A_1B_1C_1$.

Доказательство:

Для доказательства воспользуемся теоремой синусов.
Для $\triangle ABC$ справедливо: $\frac{a}{\sin \alpha} = \frac{b}{\sin \beta}$, откуда $a \sin \beta = b \sin \alpha$.
Для $\triangle A_1B_1C_1$ справедливо: $\frac{a_1}{\sin \alpha_1} = \frac{b_1}{\sin \beta_1}$, откуда $a_1 \sin \beta_1 = b_1 \sin \alpha_1$.

Учитывая, что $a=a_1$ и $b=b_1$, второе равенство принимает вид $a \sin \beta_1 = b \sin \alpha_1$. Обозначим равную разность углов $\delta = \beta - \alpha = \beta_1 - \alpha_1$. Так как $b \neq a$, то $\beta \neq \alpha$, и следовательно $\delta \neq 0$. Выразим $\beta = \alpha + \delta$ и $\beta_1 = \alpha_1 + \delta$. Подставим эти выражения в полученные равенства:
1) $a \sin(\alpha + \delta) = b \sin \alpha$
2) $a \sin(\alpha_1 + \delta) = b \sin \alpha_1$

Рассмотрим первое уравнение. Используя формулу синуса суммы, получаем:
$a (\sin \alpha \cos \delta + \cos \alpha \sin \delta) = b \sin \alpha$
Перенесем члены с $\sin \alpha$ в одну сторону:
$a \cos \alpha \sin \delta = b \sin \alpha - a \sin \alpha \cos \delta$
$a \cos \alpha \sin \delta = \sin \alpha (b - a \cos \delta)$

Предположим, что $\cos \alpha \neq 0$ (т.е. $\alpha \neq 90^\circ$) и $b - a \cos \delta \neq 0$. Тогда можно выразить $\tan \alpha$:
$\frac{\sin \alpha}{\cos \alpha} = \tan \alpha = \frac{a \sin \delta}{b - a \cos \delta}$

Поскольку второе уравнение ($a \sin(\alpha_1 + \delta) = b \sin \alpha_1$) имеет точно такой же вид, для $\alpha_1$ мы получим аналогичное выражение:
$\tan \alpha_1 = \frac{a \sin \delta}{b - a \cos \delta}$

Отсюда следует, что $\tan \alpha = \tan \alpha_1$. Так как $\alpha$ и $\alpha_1$ — это углы треугольника ($0 < \alpha, \alpha_1 < 180^\circ$), из равенства их тангенсов следует их равенство: $\alpha = \alpha_1$.

Рассмотрим особый случай. Если $b - a \cos \delta = 0$, то правая часть уравнения $a \cos \alpha \sin \delta = \sin \alpha (b - a \cos \delta)$ равна нулю. Так как $a \neq 0$ и $\delta \neq 0$ (значит $\sin \delta \neq 0$, поскольку $\delta = \beta - \alpha$ не может быть $180^\circ$), для выполнения равенства необходимо, чтобы $\cos \alpha = 0$, что означает $\alpha = 90^\circ$. Таким образом, условие $b - a \cos \delta = 0$ эквивалентно тому, что $\alpha=90^\circ$. Поскольку для второго треугольника параметры $a, b, \delta$ те же, то и для него выполняется $b - a \cos \delta = 0$, а значит, $\alpha_1 = 90^\circ$. Следовательно, и в этом случае $\alpha = \alpha_1$.

Итак, мы строго доказали, что $\alpha = \alpha_1$. Из условия $\beta - \alpha = \beta_1 - \alpha_1$ теперь следует, что $\beta = \beta_1$. Таким образом, в треугольниках $\triangle ABC$ и $\triangle A_1B_1C_1$ равны два угла: $\angle A = \angle A_1$ и $\angle B = \angle B_1$. Следовательно, равны и третьи углы, противолежащие стороне $c$: $\angle C = 180^\circ - (\alpha + \beta) = 180^\circ - (\alpha_1 + \beta_1) = \angle C_1$.

Теперь мы можем применить признак равенства треугольников по двум сторонам и углу между ними (SAS):
1. $AC = A_1C_1$ ($b=b_1$ по условию)
2. $BC = B_1C_1$ ($a=a_1$ по условию)
3. $\angle C = \angle C_1$ (угол между этими сторонами, равенство доказано выше)
Следовательно, $\triangle ABC \cong \triangle A_1B_1C_1$, что и требовалось доказать.

Ответ: Утверждение доказано. Из равенства двух неравных сторон и разности противолежащих им углов с помощью теоремы синусов выводится равенство этих углов по отдельности. Зная, что две стороны и все три угла одного треугольника соответственно равны двум сторонам и трем углам другого, можно заключить, что треугольники равны (например, по признаку "сторона-угол-сторона").

1416 Вершины одного параллелограмма лежат соответственно на сторонах другого параллелограмма. Докажите, что точки пересечения диагоналей этих параллелограммов совпадают.

Пусть дан параллелограмм $ABCD$ и другой параллелограмм $KLMN$, вершины которого лежат на сторонах $ABCD$: $K$ на $AB$, $L$ на $BC$, $M$ на $CD$ и $N$ на $DA$.Пусть $O$ — точка пересечения диагоналей параллелограмма $ABCD$. Эта точка является его центром симметрии. Нам нужно доказать, что $O$ также является точкой пересечения диагоналей параллелограмма $KLMN$.

Центр симметрии параллелограмма — это точка пересечения его диагоналей. Таким образом, задача сводится к тому, чтобы доказать, что центр симметрии параллелограмма $KLMN$ совпадает с центром симметрии $O$ параллелограмма $ABCD$. Мы докажем, что параллелограмм $KLMN$ центрально-симметричен относительно точки $O$.

Рассмотрим центральную симметрию $S_O$ с центром в точке $O$. Поскольку $O$ — центр симметрии $ABCD$, то при этой симметрии вершины переходят в противоположные: $S_O(A)=C$, $S_O(C)=A$, $S_O(B)=D$, $S_O(D)=B$. Соответственно, стороны переходят в противоположные стороны: сторона $AB$ переходит в сторону $CD$, а сторона $BC$ — в сторону $DA$.

Для доказательства того, что $KLMN$ центрально-симметричен относительно $O$, нужно показать, что при симметрии $S_O$ вершины параллелограмма $KLMN$ переходят в другие его вершины. В частности, мы покажем, что $S_O(K)=M$ и $S_O(L)=N$.

Для этого введем векторное представление. Поместим начало координат в точку $O$. Тогда для вершин параллелограмма $ABCD$ будут справедливы равенства: $\vec{OA} + \vec{OC} = \vec{0}$ и $\vec{OB} + \vec{OD} = \vec{0}$. Для краткости будем обозначать векторы положения точек их заглавными буквами, например, $\vec{K}$ для точки $K$. Тогда $\vec{A} + \vec{C} = \vec{0}$ и $\vec{B} + \vec{D} = \vec{0}$.

Поскольку точки $K, L, M, N$ лежат на сторонах $ABCD$, их радиус-векторы можно выразить через радиус-векторы вершин $ABCD$:

• $K$ лежит на $AB$, значит $\vec{K} = (1-k)\vec{A} + k\vec{B}$ для некоторого $k \in [0, 1]$.
• $L$ лежит на $BC$, значит $\vec{L} = (1-l)\vec{B} + l\vec{C}$ для некоторого $l \in [0, 1]$.
• $M$ лежит на $CD$, значит $\vec{M} = (1-m)\vec{C} + m\vec{D}$ для некоторого $m \in [0, 1]$.
• $N$ лежит на $DA$, значит $\vec{N} = (1-n)\vec{D} + n\vec{A}$ для некоторого $n \in [0, 1]$.

$KLMN$ — параллелограмм, поэтому $\vec{KL} = \vec{NM}$. Выразим это равенство через векторы вершин:$\vec{L} - \vec{K} = \vec{M} - \vec{N}$$((1-l)\vec{B} + l\vec{C}) - ((1-k)\vec{A} + k\vec{B}) = ((1-m)\vec{C} + m\vec{D}) - ((1-n)\vec{D} + n\vec{A})$$-(1-k)\vec{A} + (1-l-k)\vec{B} + l\vec{C} = -n\vec{A} + (1-m)\vec{C} + (m+n-1)\vec{D}$

Перенесем все члены в левую часть и сгруппируем по векторам $\vec{A}, \vec{B}, \vec{C}, \vec{D}$:$(k-1+n)\vec{A} + (1-l-k)\vec{B} + (l-1+m)\vec{C} + (1-m-n)\vec{D} = \vec{0}$Теперь используем соотношения $\vec{C} = -\vec{A}$ и $\vec{D} = -\vec{B}$:$(k-1+n)\vec{A} + (1-l-k)\vec{B} + (l-1+m)(-\vec{A}) + (1-m-n)(-\vec{B}) = \vec{0}$$((k-1+n) - (l-1+m))\vec{A} + ((1-l-k) - (1-m-n))\vec{B} = \vec{0}$$(k+n-l-m)\vec{A} + (-l-k+m+n)\vec{B} = \vec{0}$

Так как векторы $\vec{A}$ и $\vec{B}$ не коллинеарны (поскольку $O, A, B$ не лежат на одной прямой), это равенство возможно только если коэффициенты при векторах равны нулю:$k-l-m+n = 0$Это одно и то же уравнение.Однако, из условия $\vec{KL} = \vec{NM}$ можно получить и другое условие $\vec{KN} = \vec{LM}$.$\vec{N}-\vec{K} = \vec{M}-\vec{L}$$((1-n)\vec{D} + n\vec{A}) - ((1-k)\vec{A} + k\vec{B}) = ((1-m)\vec{C} + m\vec{D}) - ((1-l)\vec{B} + l\vec{C})$$(n-1+k)\vec{A} - k\vec{B} + l\vec{C} + (1-n-m)\vec{D} = \vec{0}$Подставляя $\vec{C}=-\vec{A}$ и $\vec{D}=-\vec{B}$:$((n-1+k) - l)\vec{A} + (-k-(1-n-m))\vec{B} = \vec{0}$$(k+n-l-1)\vec{A} + (-k-1+n+m)\vec{B} = \vec{0}$Отсюда получаем систему:$\begin{cases} k+n-l-1 = 0 \\ m+n-k-1 = 0 \end{cases}$Из первого $k+n = l+1$. Из второго $m+n = k+1$.$l+1=k+n \implies l-k = n-1$.$k+1=m+n \implies k-m = n-1$.Следовательно $l-k=k-m \implies l+m=2k$.Это кажется слишком сложным. Вернемся к первому полученному уравнению $(k-l-m+n)\vec{A} + (-l-k+m+n)\vec{B} = \vec{0}$. Коэффициенты должны быть равны нулю:$\begin{cases} k-l-m+n = 0 \\ -k-l+m+n = 0 \end{cases}$Сложив уравнения, получим: $-2l+2n=0 \implies l=n$.Вычтя второе из первого, получим: $2k-2m=0 \implies k=m$.

Итак, мы установили, что $k=m$ и $l=n$.Теперь докажем, что $S_O(K)=M$, то есть $\vec{M} = -\vec{K}$.$\vec{K} = (1-k)\vec{A} + k\vec{B}$$\vec{M} = (1-m)\vec{C} + m\vec{D} = (1-k)\vec{C} + k\vec{D}$ (поскольку $k=m$)Используя $\vec{C}=-\vec{A}$ и $\vec{D}=-\vec{B}$:$\vec{M} = (1-k)(-\vec{A}) + k(-\vec{B}) = -((1-k)\vec{A} + k\vec{B}) = -\vec{K}$.Равенство доказано.

Аналогично докажем, что $S_O(L)=N$, то есть $\vec{N} = -\vec{L}$.$\vec{L} = (1-l)\vec{B} + l\vec{C}$$\vec{N} = (1-n)\vec{D} + n\vec{A} = (1-l)\vec{D} + l\vec{A}$ (поскольку $l=n$)Используя $\vec{C}=-\vec{A}$ и $\vec{D}=-\vec{B}$:$\vec{N} = (1-l)(-\vec{B}) + l\vec{A} = l\vec{A} - (1-l)\vec{B}$$-\vec{L} = -((1-l)\vec{B} + l\vec{C}) = -(1-l)\vec{B} - l(-\vec{A}) = l\vec{A} - (1-l)\vec{B}$Сравнивая выражения для $\vec{N}$ и $-\vec{L}$, видим, что они равны.

Таким образом, параллелограмм $KLMN$ симметричен относительно точки $O$. Это означает, что $O$ является его центром, а значит, и точкой пересечения его диагоналей $KM$ и $LN$. Следовательно, точки пересечения диагоналей параллелограммов $ABCD$ и $KLMN$ совпадают.

Ответ: Утверждение доказано.

1417 Даны две окружности и прямая. Постройте правильный треугольник так, чтобы две вершины лежали соответственно на данных окружностях, а высота, проведённая из третьей вершины, — на данной прямой.

Анализ

Пусть $ABC$ — искомый правильный треугольник, где вершина $A$ лежит на первой окружности ($\omega_1$), вершина $B$ — на второй окружности ($\omega_2$), а высота, проведенная из вершины $C$, лежит на данной прямой $l$.

Из условия, что высота из вершины $C$ лежит на прямой $l$, следуют два важных факта:

1. Сама вершина $C$ лежит на прямой $l$.
2. Сторона $AB$, на которую опущена эта высота, перпендикулярна прямой $l$.

В правильном (равностороннем) треугольнике высота, проведенная к стороне, является также ее медианой и биссектрисой. То, что высота из $C$ является медианой, означает, что она проходит через середину стороны $AB$.

Таким образом, прямая $l$ является серединным перпендикуляром к отрезку $AB$. Это означает, что точка $A$ и точка $B$ симметричны относительно прямой $l$.

Это свойство дает ключ к построению. Если точка $A$ лежит на окружности $\omega_1$, то симметричная ей точка $B$ должна лежать на окружности $\omega_1'$, которая симметрична окружности $\omega_1$ относительно прямой $l$. По условию, точка $B$ также должна лежать на окружности $\omega_2$. Следовательно, искомая вершина $B$ является точкой пересечения окружности $\omega_2$ и построенной окружности $\omega_1'$.

Построение

1. Обозначим данные окружности как $\omega_1$ (с центром $O_1$ и радиусом $R_1$) и $\omega_2$ (с центром $O_2$ и радиусом $R_2$), а данную прямую как $l$.
2. Построим окружность $\omega_1'$, симметричную окружности $\omega_1$ относительно прямой $l$. Для этого:
   • Находим точку $O_1'$ — образ центра $O_1$ при симметрии относительно прямой $l$.
   • Строим окружность $\omega_1'$ с центром в точке $O_1'$ и тем же радиусом $R_1$.
3. Находим точки пересечения окружности $\omega_1'$ и окружности $\omega_2$. Пусть $B$ — одна из таких точек (если они существуют). Эта точка будет одной из вершин искомого треугольника.
4. Строим точку $A$, симметричную точке $B$ относительно прямой $l$. Эта точка будет второй вершиной треугольника. По построению, точка $A$ будет лежать на окружности $\omega_1$.
5. Теперь у нас есть сторона $AB$ искомого треугольника. Третья вершина $C$ должна лежать на прямой $l$ (которая является серединным перпендикуляром к $AB$). Чтобы найти $C$, строим равносторонний треугольник на стороне $AB$. Это можно сделать, проведя окружности с центрами в $A$ и $B$ и радиусом, равным длине отрезка $AB$. Точки пересечения этих окружностей и будут искомыми положениями вершины $C$. Так как $l$ — серединный перпендикуляр к $AB$, обе эти точки пересечения будут лежать на прямой $l$.
6. Выбираем любую из двух найденных точек в качестве вершины $C$. Треугольник $ABC$ будет искомым.

Ответ: Алгоритм построения описан выше. Он заключается в нахождении образа одной из окружностей при симметрии относительно данной прямой и отыскании точек пересечения этого образа со второй окружностью, что позволяет определить вершины искомого треугольника.

Доказательство

Пусть треугольник $ABC$ построен согласно приведенному алгоритму.

1. Вершина $B$ по построению лежит на окружности $\omega_2$ (как точка пересечения $\omega_1'$ и $\omega_2$).
2. Вершина $A$ является образом точки $B$ при симметрии относительно прямой $l$. Так как $B$ лежит на $\omega_1'$ (образе $\omega_1$), то ее прообраз $A$ лежит на исходной окружности $\omega_1$. Таким образом, две вершины лежат на данных окружностях.
3. По построению, треугольник $ABC$ является равносторонним (правильным).
4. В равностороннем треугольнике высота, опущенная из вершины, совпадает с серединным перпендикуляром к противоположной стороне. Прямая $l$ по построению является серединным перпендикуляром к стороне $AB$. Следовательно, высота треугольника $ABC$, проведенная из вершины $C$, лежит на прямой $l$.

Таким образом, построенный треугольник $ABC$ удовлетворяет всем условиям задачи.

Исследование

Количество решений задачи зависит от числа точек пересечения окружности $\omega_2$ и окружности $\omega_1'$ (образа $\omega_1$ относительно $l$).

• Нет решений: Если окружности $\omega_1'$ и $\omega_2$ не пересекаются. Это происходит, когда расстояние между их центрами $|O_1'O_2|$ больше суммы радиусов ($|O_1'O_2| > R_1 + R_2$) или меньше разности их радиусов ($|O_1'O_2| < |R_1 - R_2|$).
• Два решения: Если окружности $\omega_1'$ и $\omega_2$ касаются в одной точке $B$. В этом случае мы получаем одну сторону $AB$ и можем построить два равносторонних треугольника по обе стороны от отрезка $AB$. Вершины $C_1$ и $C_2$ обоих треугольников будут лежать на прямой $l$. Это происходит, когда $|O_1'O_2| = R_1 + R_2$ или $|O_1'O_2| = |R_1 - R_2|$.
• Четыре решения: Если окружности $\omega_1'$ и $\omega_2$ пересекаются в двух различных точках $B_1$ и $B_2$. Каждая из этих точек порождает соответствующую ей точку $A$ ($A_1$ и $A_2$). Для каждого отрезка ($A_1B_1$ и $A_2B_2$) можно построить по два равносторонних треугольника. Итого получается 4 решения. Это происходит, когда $|R_1 - R_2| < |O_1'O_2| < R_1 + R_2|$.

Ответ: Задача может иметь 0, 2 или 4 решения в зависимости от взаимного расположения данных окружностей и прямой.