Страница 364 - гдз по геометрии 7-9 класс учебник Атанасян, Бутузов

1418 На стороне угла AOB с недоступной вершиной дана точка M. Постройте отрезок, равный отрезку OM.

Решение:

Пусть стороны угла с недоступной вершиной $O$ лежат на прямых $l_1$ и $l_2$. Данная точка $M$ находится на прямой $l_1$. Задача заключается в построении отрезка, длина которого равна длине отрезка $OM$.

Для решения этой задачи мы построим параллелограмм $OMPK$, где точка $K$ будет выбрана на второй стороне угла, а точка $P$ будет найдена как пересечение двух вспомогательных параллельных прямых. В любом параллелограмме противоположные стороны равны, поэтому построенный отрезок $KP$ будет равен искомому отрезку $OM$.

Порядок построения:

1. На прямой $l_2$ (второй стороне угла) выбираем произвольную точку $K$.

2. Через точку $M$ строим прямую $p_M$, параллельную прямой $l_2$. Для этого можно использовать стандартный метод построения параллельной прямой с помощью циркуля и линейки (например, построив на секущей $MK$ равные накрест лежащие углы).

3. Через точку $K$ строим прямую $p_K$, параллельную прямой $l_1$. Построение выполняется аналогично предыдущему шагу.

4. Прямые $p_M$ и $p_K$, построенные на шагах 2 и 3, пересекаются в некоторой точке. Обозначим эту точку $P$.

5. Отрезок $KP$ и есть искомый отрезок, равный $OM$.

Обоснование:

Рассмотрим четырехугольник $OMPK$. По построению его противоположные стороны попарно параллельны:

- Сторона $OM$ лежит на прямой $l_1$, а сторона $KP$ — на прямой $p_K$. Так как мы строили $p_K \parallel l_1$, то и $KP \parallel OM$.

- Сторона $OK$ (часть прямой $l_2$) параллельна стороне $MP$ (части прямой $p_M$), так как мы строили $p_M \parallel l_2$.

Поскольку у четырехугольника $OMPK$ противоположные стороны попарно параллельны, он является параллелограммом по определению. Главное свойство параллелограмма заключается в том, что его противоположные стороны равны по длине. Следовательно, $OM = KP$.

Ответ: Длина построенного отрезка $KP$ равна длине искомого отрезка $OM$.

1419 Даны две пересекающиеся окружности. Постройте отрезок, концы которого лежат соответственно на данных окружностях, а его середина совпадает с одной из точек пересечения данных окружностей.

Для решения этой задачи используется метод геометрических преобразований, а именно — центральная симметрия.

Пусть даны две пересекающиеся окружности $\omega_1$ с центром $O_1$ и $\omega_2$ с центром $O_2$. Пусть они пересекаются в точках $M$ и $N$. Требуется построить отрезок $AB$ так, чтобы его концы $A$ и $B$ лежали на окружностях $\omega_1$ и $\omega_2$ соответственно, а одна из точек пересечения, например $M$, была его серединой.

Условие, что $M$ — середина отрезка $AB$, эквивалентно тому, что точка $B$ является образом точки $A$ при центральной симметрии с центром в точке $M$. Обозначим эту симметрию как $S_M$.

Поскольку по условию точка $A$ принадлежит окружности $\omega_1$, её образ, точка $B = S_M(A)$, должен принадлежать образу окружности $\omega_1$ при симметрии $S_M$. Обозначим этот образ как $\omega'_1 = S_M(\omega_1)$. Образом окружности при центральной симметрии является окружность того же радиуса.

Таким образом, точка $B$ должна удовлетворять двум условиям: во-первых, $B \in \omega_2$ (согласно условию задачи), и во-вторых, $B \in \omega'_1$ (как образ точки с окружности $\omega_1$). Следовательно, точка $B$ является точкой пересечения окружности $\omega_2$ и построенной окружности $\omega'_1$. Это наблюдение и составляет основу построения.

1. Выбираем одну из точек пересечения данных окружностей, например, точку $M$. Она будет служить центром симметрии и серединой искомого отрезка.
2. Строим окружность $\omega'_1$, которая является образом окружности $\omega_1$ при центральной симметрии относительно точки $M$. Для этого:
a) Находим центр $O'_1$ новой окружности. Он симметричен центру $O_1$ окружности $\omega_1$ относительно точки $M$. Для построения точки $O'_1$ проводим прямую через точки $O_1$ и $M$ и откладываем на ней от точки $M$ отрезок $MO'_1$, равный отрезку $O_1M$, так, чтобы точка $M$ являлась серединой отрезка $O_1O'_1$.
b) Радиус окружности $\omega'_1$ равен радиусу исходной окружности $\omega_1$.
c) Строим окружность $\omega'_1$ с центром в точке $O'_1$ и радиусом, равным радиусу $\omega_1$.
3. Находим точку (или точки) пересечения построенной окружности $\omega'_1$ и второй данной окружности $\omega_2$. Если такие точки существуют, обозначим одну из них буквой $B$. Это будет один из концов искомого отрезка.
4. Строим второй конец отрезка — точку $A$. Точка $A$ должна быть симметрична точке $B$ относительно точки $M$. Для ее построения проводим прямую через точки $B$ и $M$ и откладываем на ней от точки $M$ отрезок $MA$, равный отрезку $BM$, так, чтобы точка $M$ была серединой отрезка $AB$.
5. Отрезок $AB$ является искомым.

Проверим, что построенный отрезок $AB$ удовлетворяет всем условиям задачи.
- Конец отрезка, точка $B$, лежит на окружности $\omega_2$ по построению (шаг 3), так как она является точкой пересечения $\omega'_1$ и $\omega_2$.
- Точка $M$ является серединой отрезка $AB$ по построению (шаг 4), так как точка $A$ построена как симметричная точке $B$ относительно $M$.
- Остается доказать, что другой конец отрезка, точка $A$, лежит на окружности $\omega_1$. По построению, точка $B$ лежит на окружности $\omega'_1$. Окружность $\omega'_1$ является образом окружности $\omega_1$ при центральной симметрии $S_M$. Точка $A$ является образом точки $B$ при той же симметрии $S_M$. Следовательно, точка $A$ должна лежать на прообразе окружности $\omega'_1$ при симметрии $S_M$, которым и является исходная окружность $\omega_1$.
Таким образом, построенный отрезок $AB$ полностью удовлетворяет условиям задачи.

Наличие и количество решений задачи зависит от взаимного расположения окружностей $\omega_2$ и $\omega'_1$.
- Если окружности $\omega_2$ и $\omega'_1$ не пересекаются, то для выбранной точки пересечения $M$ в качестве середины отрезка решений не существует.
- Если окружности $\omega_2$ и $\omega'_1$ касаются (имеют одну общую точку), то существует одно решение для точки $M$.
- Если окружности $\omega_2$ и $\omega'_1$ пересекаются в двух точках, то существует два решения для точки $M$.
Поскольку исходные окружности по условию пересекаются в двух точках ($M$ и $N$), аналогичное построение можно провести, выбрав в качестве середины отрезка вторую точку пересечения, $N$. Это может дать дополнительные решения. В общем случае, задача может иметь от 0 до 4 решений.

Ответ: Алгоритм построения искомого отрезка основан на методе центральной симметрии. Необходимо: 1) Построить окружность $\omega'_1$, симметричную одной из данных окружностей ($\omega_1$) относительно выбранной точки пересечения ($M$). 2) Найти точку $B$ как точку пересечения окружности $\omega'_1$ и второй данной окружности ($\omega_2$). 3) Построить точку $A$, симметричную точке $B$ относительно точки $M$. Отрезок $AB$ будет искомым.

1420 Постройте треугольник по трём медианам.

Для построения треугольника по трём заданным медианам $m_a, m_b, m_c$ используется метод, основанный на свойстве точки пересечения медиан (центроида) делить каждую медиану в отношении 2:1, считая от вершины.

Анализ

Пусть искомый треугольник $\triangle ABC$ построен. $AA_1, BB_1, CC_1$ — его медианы, длины которых равны $m_a, m_b, m_c$ соответственно. Пусть $O$ — точка пересечения медиан. По свойству медиан:

$AO = \frac{2}{3}m_a$, $OA_1 = \frac{1}{3}m_a$

$BO = \frac{2}{3}m_b$, $OB_1 = \frac{1}{3}m_b$

$CO = \frac{2}{3}m_c$, $OC_1 = \frac{1}{3}m_c$

Продолжим медиану $AA_1$ за точку $A_1$ и отложим на этом продолжении отрезок $A_1D$, равный $OA_1$. Тогда $OD = OA_1 + A_1D = 2 \cdot OA_1 = \frac{2}{3}m_a$.

Рассмотрим четырехугольник $OBDC$. Его диагонали $BC$ и $OD$ пересекаются в точке $A_1$. Так как $A_1$ — середина $BC$ (по определению медианы) и $A_1$ — середина $OD$ (по построению), то $OBDC$ — параллелограмм. Из свойства параллелограмма следует, что его противоположные стороны равны:

$CD = OB = \frac{2}{3}m_b$

$BD = OC = \frac{2}{3}m_c$

Таким образом, мы можем построить вспомогательный треугольник $\triangle ODC$, так как известны длины всех его сторон:

$OD = \frac{2}{3}m_a$, $CD = \frac{2}{3}m_b$, $OC = \frac{2}{3}m_c$.

Построив этот треугольник, мы найдем точки $O$, $C$ и $D$. Зная их расположение, мы сможем восстановить весь треугольник $\triangle ABC$.

Построение

1. Возьмем данные отрезки $m_a, m_b, m_c$. Для каждого из них построим отрезок, составляющий $\frac{2}{3}$ его длины. Это можно сделать, разделив каждый отрезок на три равные части (например, с помощью теоремы Фалеса) и взяв две из них. Обозначим полученные длины $s_a = \frac{2}{3}m_a$, $s_b = \frac{2}{3}m_b$, $s_c = \frac{2}{3}m_c$.
2. Построим треугольник $\triangle OGC$ по трем сторонам: $OG = s_a$, $CG = s_b$, $OC = s_c$. (Здесь точка $G$ выполняет роль точки $D$ из анализа).
3. Найдем середину отрезка $OG$ и обозначим ее $A_1$.
4. Проведем луч из точки $C$ через точку $A_1$. На этом луче отложим отрезок $A_1B$, равный отрезку $CA_1$, так что $A_1$ является серединой $CB$. Мы получили вершину $B$.
5. Проведем луч из точки $A_1$ через точку $O$. На этом луче отложим отрезок $OA$, равный отрезку $OG$. Мы получили вершину $A$.
6. Соединим точки $A, B, C$. Треугольник $\triangle ABC$ — искомый.

Доказательство

По построению, точка $A_1$ является серединой стороны $BC$ треугольника $\triangle ABC$. Следовательно, отрезок $AA_1$ является медианой. На прямой $AA_1$ лежит точка $O$. По построению, $A_1$ — середина $OG$, значит $OA_1 = \frac{1}{2}OG$. Также по построению $OA = OG$. Таким образом, $OA = 2 \cdot OA_1$, то есть точка $O$ делит медиану $AA_1$ в отношении 2:1, считая от вершины $A$. Длина этой медианы равна $AA_1 = AO + OA_1 = OG + \frac{1}{2}OG = \frac{3}{2}OG = \frac{3}{2}s_a = \frac{3}{2} \cdot (\frac{2}{3}m_a) = m_a$.

Рассмотрим четырехугольник $OBGC$. По построению, его диагонали $BC$ и $OG$ пересекаются в точке $A_1$, которая является их серединой. Следовательно, $OBGC$ — параллелограмм. Отсюда $OB = CG$. По построению $CG = s_b = \frac{2}{3}m_b$, значит $OB = \frac{2}{3}m_b$. Так как $O$ — точка пересечения медиан, то полная длина медианы, проведенной из вершины $B$, равна $m_b = \frac{3}{2}OB = \frac{3}{2} \cdot (\frac{2}{3}m_b) = m_b$.

Длина отрезка $OC$ по построению равна $s_c = \frac{2}{3}m_c$. Следовательно, полная длина медианы из вершины $C$ равна $m_c = \frac{3}{2}OC = \frac{3}{2} \cdot (\frac{2}{3}m_c) = m_c$.

Таким образом, построенный треугольник $\triangle ABC$ имеет медианы с заданными длинами $m_a, m_b, m_c$.

Исследование

Построение возможно тогда и только тогда, когда можно построить вспомогательный треугольник $\triangle OGC$ со сторонами $s_a, s_b, s_c$. Для этого необходимо, чтобы длины его сторон удовлетворяли неравенству треугольника:

$s_a + s_b > s_c \implies \frac{2}{3}m_a + \frac{2}{3}m_b > \frac{2}{3}m_c \implies m_a + m_b > m_c$

$s_a + s_c > s_b \implies \frac{2}{3}m_a + \frac{2}{3}m_c > \frac{2}{3}m_b \implies m_a + m_c > m_b$

$s_b + s_c > s_a \implies \frac{2}{3}m_b + \frac{2}{3}m_c > \frac{2}{3}m_a \implies m_b + m_c > m_a$

Следовательно, задача имеет решение тогда и только тогда, когда из отрезков с длинами, равными данным длинам медиан $m_a, m_b, m_c$, можно составить треугольник. Если это условие выполняется, решение единственно с точностью до конгруэнтности.

Ответ: Алгоритм построения искомого треугольника описан выше. Он заключается в построении вспомогательного треугольника со сторонами, равными $\frac{2}{3}$ от длин заданных медиан, и последующем восстановлении исходного треугольника. Задача имеет единственное решение, если данные длины медиан удовлетворяют неравенству треугольника.

1421 Постройте трапецию, стороны которой соответственно равны данным отрезкам.

Для построения трапеции по четырем сторонам будем использовать метод вспомогательного треугольника. Пусть нам даны четыре отрезка с длинами $a$, $b$, $c$ и $d$. Требуется построить трапецию $ABCD$, у которой основания $AD$ и $BC$ будут равны, например, $a$ и $b$ ($AD \parallel BC$), а боковые стороны $AB$ и $CD$ — $c$ и $d$. Для определенности будем считать, что $a > b$.

Предположим, что искомая трапеция $ABCD$ уже построена. Проведем через вершину $B$ прямую, параллельную боковой стороне $CD$. Пусть эта прямая пересекает большее основание $AD$ в точке $E$.

Полученный четырехугольник $BCDE$ является параллелограммом, так как его противоположные стороны попарно параллельны ($BC \parallel ED$ как части параллельных оснований трапеции, и $BE \parallel CD$ по построению).

Из свойств параллелограмма следует, что $ED = BC = b$ и $BE = CD = d$.

Теперь рассмотрим треугольник $ABE$. Его стороны нам известны:

• $AB = c$ (по условию);
• $BE = d$ (как сторона параллелограмма $BCDE$);
• $AE = AD - ED = a - b$.

Таким образом, задача сводится к построению треугольника $ABE$ по трем сторонам с длинами $c$, $d$ и $a-b$. Построив этот треугольник, мы сможем однозначно достроить его до искомой трапеции.

Пусть нам даны четыре отрезка, длины которых равны $a, b, c, d$. Выберем два из них на роль оснований (пусть это $a$ и $b$), а два других — на роль боковых сторон ($c$ и $d$).

1. На произвольной прямой $l$ выберем точку $A$.
2. С помощью циркуля отложим на прямой $l$ от точки $A$ отрезок $AD$ длиной $a$ (длина большего основания).
3. На отрезке $AD$ от точки $A$ отложим отрезок $AE$, длина которого равна разности длин оснований $|a-b|$. Если, как мы договорились, $a > b$, то точка $E$ будет лежать между $A$ и $D$. Для этого можно измерить циркулем отрезок длиной $b$ и отложить его от точки $D$ в сторону точки $A$, получив точку $E$.
4. Построим вспомогательный треугольник $ABE$ по трем сторонам ($c$, $d$ и $|a-b|$):
   • Проведем окружность с центром в точке $A$ и радиусом $c$.
   • Проведем окружность с центром в точке $E$ и радиусом $d$.
   • Точка пересечения этих двух окружностей будет вершиной $B$. (Выбор любой из двух точек пересечения, если они существуют, приведет к построению конгруэнтных трапеций).
5. Соединим точки $A$ и $B$, а также $B$ и $E$. Мы получили треугольник $ABE$.
6. Теперь завершим построение трапеции, найдя четвертую вершину $C$. Для этого построим параллелограмм $BCDE$:
   • Проведем через точку $B$ прямую $m$, параллельную прямой $AD$.
   • Проведем через точку $D$ прямую $n$, параллельную отрезку $BE$.
   • Точка пересечения прямых $m$ и $n$ является искомой вершиной $C$.
7. Соединив точку $C$ с $D$, получаем четырехугольник $ABCD$, который и является искомой трапецией.

Докажем, что построенный четырехугольник $ABCD$ удовлетворяет всем условиям задачи.

1. По построению (шаг 6), прямая, содержащая $BC$, параллельна прямой, содержащей $AD$. Следовательно, $ABCD$ — трапеция.
2. Проверим длины ее сторон:
   • $AD = a$ по построению (шаг 2).
   • $AB = c$ по построению (шаг 4, как радиус окружности с центром в $A$).
   • Четырехугольник $BCDE$ по построению (шаг 6) является параллелограммом ($BC \parallel ED$ и $CD \parallel BE$).
   • Из свойств параллелограмма $BCDE$ имеем: $BC = ED$ и $CD = BE$.
   • Найдем длину $ED$. По построению (шаг 3), $AD = a$ и $AE = |a-b| = a-b$. Тогда $ED = AD - AE = a - (a-b) = b$. Таким образом, $BC = b$.
   • По построению треугольника $ABE$ (шаг 4), сторона $BE$ имеет длину $d$. Следовательно, и $CD = d$.

Итак, построенный четырехугольник $ABCD$ является трапецией с основаниями $a$ и $b$ и боковыми сторонами $c$ и $d$.

Построение, описанное выше, возможно тогда и только тогда, когда возможно построить вспомогательный треугольник $ABE$. Для существования треугольника со сторонами $c$, $d$ и $|a-b|$ необходимо и достаточно, чтобы для этих длин выполнялось неравенство треугольника, то есть каждая сторона должна быть меньше суммы двух других:

• $c + d > |a-b|$
• $c + |a-b| > d$
• $d + |a-b| > c$

Если эти условия соблюдены, то окружности в шаге 4 построения пересекутся в двух точках. Это означает, что задача имеет решение. Выбор любой из двух точек для вершины $B$ приводит к двум трапециям, симметричным относительно прямой $AD$, то есть конгруэнтным друг другу. Следовательно, при выполнении указанных условий задача имеет единственное решение (с точностью до конгруэнтности и выбора оснований).

Ответ: Алгоритм построения трапеции по четырем сторонам $a, b, c, d$ (где $a, b$ - основания) основан на построении вспомогательного треугольника со сторонами $c, d, |a-b|$ и последующем достраивании его до трапеции. Данный алгоритм позволяет построить искомую трапецию при условии, что для длин $c, d, |a-b|$ выполняется неравенство треугольника.

1422 Даны точки A и В и две пересекающиеся прямые с и d. Постройте параллелограмм ABCD так, чтобы вершины С и D лежали соответственно на прямых с и d.

Для решения этой задачи на построение используется метод геометрических преобразований, в частности — параллельный перенос.

Анализ

Пусть $ABCD$ — искомый параллелограмм. По определению параллелограмма, его противоположные стороны параллельны и равны. Это свойство можно выразить через равенство векторов: $\vec{AB} = \vec{DC}$.

Это векторное равенство означает, что вершина $C$ может быть получена из вершины $D$ путем параллельного переноса на известный нам вектор $\vec{AB}$. Обозначим этот перенос как $T_{\vec{AB}}$. Таким образом, $C = T_{\vec{AB}}(D)$.

По условию задачи, вершина $D$ должна лежать на прямой $d$ (то есть, $D \in d$), а вершина $C$ — на прямой $c$ ($C \in c$).

Из того, что $D \in d$ и $C$ является образом $D$ при переносе $T_{\vec{AB}}$, следует, что точка $C$ должна принадлежать образу прямой $d$ при этом же переносе. Обозначим образ прямой $d$ как прямую $d'$. Прямая $d'$ будет параллельна прямой $d$.

Таким образом, искомая вершина $C$ является точкой, принадлежащей одновременно двум прямым: данной прямой $c$ и построенной прямой $d'$. То есть, $C$ — это точка их пересечения.

Построение

1. Соединяем точки $A$ и $B$, определяя тем самым вектор переноса $\vec{AB}$.

2. Строим прямую $d'$, являющуюся образом прямой $d$ при параллельном переносе на вектор $\vec{AB}$. Для этого можно выбрать на прямой $d$ произвольную точку $P$, построить ее образ $P'$ (так, что $\vec{PP'} = \vec{AB}$), и через точку $P'$ провести прямую $d'$, параллельную прямой $d$.

3. Находим точку пересечения данной прямой $c$ и построенной прямой $d'$. Эта точка и есть искомая вершина $C$ ($C = c \cap d'$).

4. Строим четвертую вершину $D$. Так как по свойству параллелограмма $\vec{DC} = \vec{AB}$, то вектор $\vec{CD}$ должен быть равен вектору $\vec{BA}$. Следовательно, осуществляем параллельный перенос точки $C$ на вектор $\vec{BA}$ и получаем точку $D$.

5. Соединяем последовательно точки $A$, $B$, $C$ и $D$. Четырехугольник $ABCD$ является искомым параллелограммом.

Доказательство

Построенный четырехугольник $ABCD$ является параллелограммом, так как по построению (шаг 4) мы обеспечили равенство векторов $\vec{CD} = \vec{BA}$, что эквивалентно $\vec{DC} = \vec{AB}$. Четырехугольник, у которого две противоположные стороны равны по длине и параллельны, является параллелограммом.

Проверим, что вершины $C$ и $D$ лежат на заданных прямых. По построению (шаг 3), вершина $C$ является точкой пересечения прямых $c$ и $d'$, следовательно, по определению, $C$ лежит на прямой $c$. Также $C$ лежит на прямой $d'$. Прямая $d'$ является образом прямой $d$ при переносе $T_{\vec{AB}}$. Точка $D$ была получена из точки $C$ обратным переносом на вектор $\vec{BA} = -\vec{AB}$. Это означает, что $D$ является прообразом точки $C$ при переносе $T_{\vec{AB}}$. Так как $C \in d'$, ее прообраз $D$ должен лежать на исходной прямой $d$. Таким образом, все условия задачи выполнены.

Исследование

Нахождение решения задачи сводится к нахождению точки $C$ как точки пересечения прямых $c$ и $d'$. Прямая $d'$ по построению параллельна прямой $d$ ($d' \parallel d$). По условию задачи, прямые $c$ и $d$ пересекаются, значит, они не параллельны ($c \not\parallel d$).

Если прямая $c$ не параллельна прямой $d$, а прямая $d'$ параллельна $d$, то прямая $c$ не может быть параллельна и прямой $d'$. Две непараллельные прямые на плоскости всегда пересекаются в одной и только одной точке. Следовательно, точка $C$ определяется единственным образом. После однозначного нахождения $C$, положение точки $D$ также определяется однозначно.

Таким образом, при заданных условиях задача всегда имеет ровно одно решение.

Ответ: Задача имеет единственное решение. Алгоритм построения искомого параллелограмма $ABCD$ основан на методе параллельного переноса: прямая $d$ переносится на вектор $\vec{AB}$ в прямую $d'$, в пересечении $d'$ с прямой $c$ находится вершина $C$, а затем вершина $D$ находится как образ точки $C$ при переносе на вектор $\vec{BA}$.

1423 Даны прямая, окружность и точка А, не лежащая на них. Постройте квадрат ABCD так, чтобы вершина В лежала на данной прямой, а вершина D — на данной окружности.

Для решения этой задачи воспользуемся методом геометрических преобразований, а именно поворотом вокруг точки A на угол $90^\circ$.

Пусть дана прямая $l$, окружность $\omega$ с центром в точке O и радиусом $r$, и точка A. Мы ищем вершины квадрата ABCD, где $B \in l$ и $D \in \omega$.

В квадрате ABCD диагональ AD может быть получена из диагонали AB поворотом на угол $+90^\circ$ или $-90^\circ$ вокруг вершины A. Это дает нам два возможных случая расположения квадрата.

Анализ

Рассмотрим связь между вершинами B и D. Так как ABCD — квадрат, то треугольник ABD является прямоугольным равнобедренным треугольником с прямым углом при вершине A. Это означает, что точка B может быть получена из точки D поворотом вокруг точки A на угол $+90^\circ$ (против часовой стрелки) или $-90^\circ$ (по часовой стрелке).

Пусть $R_{A, +90^\circ}$ — поворот на $+90^\circ$ вокруг A, а $R_{A, -90^\circ}$ — поворот на $-90^\circ$ вокруг A.

Мы знаем, что точка D лежит на окружности $\omega$. Если мы применим поворот к точке D, то ее образ, точка B, будет лежать на образе окружности $\omega$.

1. Если $B = R_{A, +90^\circ}(D)$, то точка B должна лежать на окружности $\omega' = R_{A, +90^\circ}(\omega)$.
2. Если $B = R_{A, -90^\circ}(D)$, то точка B должна лежать на окружности $\omega'' = R_{A, -90^\circ}(\omega)$.

В то же время, по условию задачи, точка B должна лежать на прямой $l$. Следовательно, искомые положения точки B являются точками пересечения прямой $l$ с повернутыми окружностями $\omega'$ и $\omega''$.

Построение

Рассмотрим два случая.

Случай 1: Вершины A, B, C, D расположены по часовой стрелке.

В этом случае вектор $\vec{AB}$ получается из вектора $\vec{AD}$ поворотом на $+90^\circ$ (против часовой стрелки), а значит, точка B получается из точки D поворотом $R_{A, +90^\circ}$.

• Шаг 1: Построим образ окружности $\omega$ при повороте $R_{A, +90^\circ}$. Для этого достаточно повернуть ее центр O на $+90^\circ$ вокруг точки A. Получим точку $O'$.
  Для построения $O'$: соединим A и O, построим к отрезку AO перпендикуляр в точке A, и отложим на нем отрезок $AO' = AO$ так, чтобы поворот от $\vec{AO}$ к $\vec{AO'}$ был против часовой стрелки.
• Шаг 2: Построим окружность $\omega'$ с центром в точке $O'$ и тем же радиусом $r$, что и у окружности $\omega$.
• Шаг 3: Найдем точки пересечения окружности $\omega'$ и прямой $l$. Каждая такая точка является возможным положением вершины B. В зависимости от расположения прямой и окружности, таких точек может быть 0, 1 или 2. Обозначим одну из них как B.
• Шаг 4: Найдя точку B, построим соответствующую ей точку D. Так как $B = R_{A, +90^\circ}(D)$, то $D = R_{A, -90^\circ}(B)$. Выполним поворот точки B вокруг точки A на $-90^\circ$ (по часовой стрелке), чтобы найти D. По построению, точка D будет лежать на исходной окружности $\omega$.
• Шаг 5: Построим четвертую вершину квадрата, C. Это можно сделать, отложив от точки D вектор, равный $\vec{AB}$, то есть $\vec{DC} = \vec{AB}$.

Случай 2: Вершины A, B, C, D расположены против часовой стрелки.

В этом случае вектор $\vec{AB}$ получается из вектора $\vec{AD}$ поворотом на $-90^\circ$ (по часовой стрелке), а значит, точка B получается из точки D поворотом $R_{A, -90^\circ}$.

• Шаг 1: Построим образ окружности $\omega$ при повороте $R_{A, -90^\circ}$. Для этого повернем ее центр O на $-90^\circ$ вокруг точки A. Получим точку $O''$.
• Шаг 2: Построим окружность $\omega''$ с центром в точке $O''$ и радиусом $r$.
• Шаг 3: Найдем точки пересечения окружности $\omega''$ и прямой $l$. Это другие возможные положения для вершины B.
• Шаг 4: Для каждой найденной точки B, найдем соответствующую точку D, выполнив поворот $D = R_{A, +90^\circ}(B)$.
• Шаг 5: Построим вершину C.

Исследование

В каждом из двух случаев прямая и окружность могут иметь 0, 1 или 2 точки пересечения. Таким образом, общее число решений (возможных квадратов) может быть от 0 до 4. Каждая найденная точка B однозначно определяет квадрат.

Ответ: Алгоритм построения квадрата ABCD:

1. Определить центр O и радиус $r$ данной окружности $\omega$.
2. Построить точку $O'$ путем поворота точки O вокруг точки A на угол $+90^\circ$ (против часовой стрелки).
3. Построить окружность $\omega'$ с центром в $O'$ и радиусом $r$.
4. Найти точки пересечения $B_i$ окружности $\omega'$ и данной прямой $l$.
5. Для каждой найденной точки $B_i$ построить точку $D_i$ путем поворота $B_i$ вокруг A на $-90^\circ$ (по часовой стрелке).
6. Построить точку $O''$ путем поворота точки O вокруг точки A на угол $-90^\circ$ (по часовой стрелке).
7. Построить окружность $\omega''$ с центром в $O''$ и радиусом $r$.
8. Найти точки пересечения $B_j$ окружности $\omega''$ и данной прямой $l$.
9. Для каждой найденной точки $B_j$ построить точку $D_j$ путем поворота $B_j$ вокруг A на $+90^\circ$ (против часовой стрелке).
10. Для каждой найденной пары вершин $(A, B_k, D_k)$ достроить квадрат $A B_k C_k D_k$. Например, отложив от точки $D_k$ вектор, равный $\vec{A B_k}$.

Совокупность всех построенных таким образом квадратов является решением задачи.

1424 В данный сектор впишите квадрат так, чтобы две его смежные вершины принадлежали дуге АВ сектора, а две другие вершины — соответственно радиусам ОА и ОВ.

Для решения этой задачи на построение мы будем использовать метод гомотетии (подобия). Задача предполагает, что искомый квадрат расположен симметрично относительно биссектрисы угла сектора. Это наиболее естественная и стандартная интерпретация условия для подобного рода задач. При такой интерпретации, две смежные вершины квадрата лежат на дуге сектора, а две другие смежные вершины — на его радиусах.

Пусть дан сектор $AOB$ с центром в точке $O$, радиусами $OA$ и $OB$, и дугой $AB$. Искомый квадрат обозначим $FEDC$, где вершины $F$ и $E$ лежат на радиусах $OA$ и $OB$ соответственно, а вершины $C$ и $D$ — на дуге $AB$. При этом $FE$ и $CD$ — это параллельные стороны квадрата, перпендикулярные биссектрисе угла $\angle AOB$.

Построение искомого квадрата:

1. Построим биссектрису $OL$ угла $\angle AOB$. Это можно сделать с помощью циркуля и линейки, найдя точку, равноудаленную от лучей $OA$ и $OB$.

2. Выберем на радиусе $OA$ произвольную точку $F_1$.

3. Через точку $F_1$ проведем прямую, перпендикулярную биссектрисе $OL$. Эта прямая пересечет радиус $OB$ в некоторой точке, которую мы обозначим $E_1$. Отрезок $F_1E_1$ будет являться стороной вспомогательного, «пробного» квадрата.

4. Теперь построим на отрезке $F_1E_1$ квадрат $F_1E_1D_1C_1$ так, чтобы он располагался внутри сектора. Для этого из точек $F_1$ и $E_1$ проведем лучи, перпендикулярные отрезку $F_1E_1$ (и, следовательно, параллельные биссектрисе $OL$), в направлении дуги $AB$.

5. На этих лучах отложим отрезки $F_1C_1$ и $E_1D_1$, равные по длине отрезку $F_1E_1$. Соединим точки $C_1$ и $D_1$. В результате будет построен вспомогательный квадрат $F_1E_1D_1C_1$.

6. Вершины $F_1$ и $E_1$ этого квадрата лежат на радиусах $OA$ и $OB$, однако вершины $C_1$ и $D_1$, в общем случае, не лежат на дуге $AB$. Чтобы найти искомый квадрат, применим гомотетию.

7. Центром гомотетии выберем вершину сектора — точку $O$. Проведем лучи $OC_1$ и $OD_1$.

8. Точки, в которых эти лучи пересекают дугу $AB$, обозначим $C$ и $D$ соответственно. Эти точки являются двумя вершинами искомого квадрата.

9. Чтобы найти две оставшиеся вершины, проведем через точки $C$ и $D$ прямые, параллельные биссектрисе $OL$ (то есть перпендикулярные хорде $CD$), до их пересечения с радиусами $OA$ и $OB$. Точку пересечения прямой, проходящей через $C$, с радиусом $OA$ назовем $F$. Точку пересечения прямой, проходящей через $D$, с радиусом $OB$ назовем $E$.

10. Соединив точки $F, E, D, C$, получим искомый квадрат.

Доказательство:

Фигура $FEDC$ была получена из квадрата $F_1E_1D_1C_1$ с помощью преобразования гомотетии с центром в точке $O$ и коэффициентом $k = \frac{OC}{OC_1} = \frac{OD}{OD_1}$. Преобразование гомотетии переводит квадрат в квадрат, поэтому $FEDC$ является квадратом. Проверим расположение его вершин. По построению (шаг 8), вершины $C$ и $D$ лежат на дуге $AB$. Вершина $F_1$ лежала на луче $OA$, поэтому ее образ $F$ (точка пересечения луча $OC_1$ с прямой $CF$, параллельной $C_1F_1$) также лежит на луче $OA$. Аналогично, вершина $E_1$ лежала на луче $OB$, поэтому ее образ $E$ лежит на луче $OB$. Таким образом, все условия задачи выполнены: $C$ и $D$ — это смежные вершины квадрата, лежащие на дуге $AB$, а $F$ и $E$ — две другие вершины, лежащие соответственно на радиусах $OA$ и $OB$.

Ответ: Построение искомого квадрата выполняется методом гомотетии, как описано выше. Сначала строится вспомогательный квадрат с двумя вершинами на радиусах сектора, а затем, с помощью гомотетии с центром в вершине сектора, находятся вершины искомого квадрата на дуге сектора.

1425 Даны отрезки a, m, n (m < n). Постройте прямоугольник ABCD так, чтобы АВ = a, ВС : АС = m : n.

Для решения данной задачи необходимо построить прямоугольник ABCD, у которого одна сторона AB равна заданному отрезку a, а отношение другой стороны BC к диагонали AC равно m : n. Решение задачи состоит из анализа, построения, доказательства и исследования.

Анализ

Пусть искомый прямоугольник ABCD построен. В нём AB = a. Треугольник ABC является прямоугольным с прямым углом при вершине B. Стороны этого треугольника связаны теоремой Пифагора: $AC^2 = AB^2 + BC^2$.

По условию задачи, отношение стороны BC к диагонали AC равно $m : n$:

$\frac{BC}{AC} = \frac{m}{n}$

Обозначим длину стороны BC как x. Тогда из пропорции можно выразить длину диагонали AC: $AC = \frac{n}{m} \cdot BC = \frac{n}{m}x$.

Подставим известные величины в теорему Пифагора для треугольника ABC:

$\left(\frac{n}{m}x\right)^2 = a^2 + x^2$

$\frac{n^2}{m^2}x^2 = a^2 + x^2$

$x^2\left(\frac{n^2}{m^2} - 1\right) = a^2$

$x^2\left(\frac{n^2 - m^2}{m^2}\right) = a^2$

$x^2 = \frac{a^2 m^2}{n^2 - m^2}$

$x = \sqrt{\frac{a^2 m^2}{n^2 - m^2}} = \frac{a \cdot m}{\sqrt{n^2 - m^2}}$

Таким образом, задача сводится к построению отрезка x (стороны BC), длина которого определяется данной формулой. Это можно сделать с помощью циркуля и линейки, выполнив два основных геометрических построения:

1. Построение отрезка длиной $p = \sqrt{n^2 - m^2}$. Этот отрезок является катетом прямоугольного треугольника, у которого гипотенуза равна n, а другой катет равен m.
2. Построение отрезка $x = \frac{a \cdot m}{p}$. Это классическая задача на построение четвертого пропорционального отрезка к трём известным отрезкам p, a и m.

Построение

1. Построение вспомогательного отрезка $p = \sqrt{n^2 - m^2}$

1. Начертите произвольную прямую и отметьте на ней точку Q.
2. Восстановите перпендикуляр к прямой в точке Q.
3. На этом перпендикуляре отложите отрезок QR, равный по длине данному отрезку m.
4. Из точки R как из центра проведите дугу окружности радиусом, равным данному отрезку n.
5. Точку пересечения этой дуги с исходной прямой обозначьте как P. Такое пересечение существует, так как по условию $n > m$.
6. Отрезок PQ является искомым вспомогательным отрезком. Согласно теореме Пифагора для прямоугольного треугольника PQR, его длина равна $p = \sqrt{PR^2 - QR^2} = \sqrt{n^2 - m^2}$.

2. Построение стороны $BC$ (отрезка $x = \frac{a \cdot m}{p}$)

1. Начертите произвольный неразвернутый угол с вершиной в точке O.
2. На одной стороне угла отложите от вершины O отрезок $OP'$, равный построенному отрезку p.
3. На той же стороне угла отложите от вершины O отрезок $OA'$, равный данному отрезку a.
4. На другой стороне угла отложите от вершины O отрезок $OM'$, равный данному отрезку m.
5. Соедините точки $P'$ и $M'$.
6. Через точку $A'$ проведите прямую, параллельную отрезку $P'M'$.
7. Точку пересечения этой прямой со второй стороной угла обозначьте как $B'$.
8. Из подобия треугольников $\triangle OP'M'$ и $\triangle OA'B'$ следует соотношение $\frac{OA'}{OP'} = \frac{OB'}{OM'}$, или $\frac{a}{p} = \frac{OB'}{m}$. Отсюда $OB' = \frac{a \cdot m}{p}$. Таким образом, отрезок $OB'$ является искомой стороной BC. Обозначим его длину как b.

3. Построение прямоугольника ABCD

1. Проведите прямую и отложите на ней отрезок AB, равный данному отрезку a.
2. В точке B восстановите перпендикуляр к отрезку AB.
3. На этом перпендикуляре отложите отрезок BC, равный построенному на предыдущем шаге отрезку b (длине $OB'$).
4. Из точки A как из центра проведите дугу окружности радиусом b.
5. Из точки C как из центра проведите дугу окружности радиусом a.
6. Точку пересечения этих двух дуг обозначьте как D.
7. Соедините отрезками точки A с D и C с D.

Полученная фигура ABCD является искомым прямоугольником.

Доказательство

По построению, фигура ABCD является параллелограммом (так как $AB=CD=a$ и $AD=BC=b$) с прямым углом $\angle B$, следовательно, ABCD — прямоугольник.

Сторона AB равна a по построению.

Длина стороны BC была построена равной $b = \frac{a \cdot m}{p}$, где $p = \sqrt{n^2 - m^2}$. Таким образом, $BC = \frac{a \cdot m}{\sqrt{n^2 - m^2}}$.

Найдем длину диагонали AC по теореме Пифагора в $\triangle ABC$:

$AC^2 = AB^2 + BC^2 = a^2 + \left(\frac{a \cdot m}{\sqrt{n^2 - m^2}}\right)^2 = a^2 + \frac{a^2 m^2}{n^2 - m^2} = a^2\left(1 + \frac{m^2}{n^2 - m^2}\right) = a^2\left(\frac{n^2 - m^2 + m^2}{n^2 - m^2}\right) = \frac{a^2 n^2}{n^2 - m^2}$

$AC = \sqrt{\frac{a^2 n^2}{n^2 - m^2}} = \frac{a \cdot n}{\sqrt{n^2 - m^2}}$

Теперь проверим отношение сторон BC и AC:

$\frac{BC}{AC} = \frac{\frac{a \cdot m}{\sqrt{n^2 - m^2}}}{\frac{a \cdot n}{\sqrt{n^2 - m^2}}} = \frac{a \cdot m}{a \cdot n} = \frac{m}{n}$

Соотношение $BC:AC = m:n$ выполняется. Таким образом, построенный прямоугольник удовлетворяет всем условиям задачи.

Исследование

Построение возможно, если все его шаги выполнимы. Первый шаг (построение отрезка p) возможен, поскольку по условию $n > m$, что гарантирует существование прямоугольного треугольника с гипотенузой n и катетом m. Остальные шаги (построение четвертого пропорционального и построение прямоугольника по двум сторонам) всегда выполнимы. Следовательно, задача всегда имеет решение.

Ответ: Построение подробно описано выше. Оно заключается в последовательном построении вспомогательного отрезка $p=\sqrt{n^2-m^2}$, затем стороны прямоугольника $BC$ как четвертого пропорционального к отрезкам $p, a, m$, и, наконец, самого прямоугольника по двум известным сторонам $AB=a$ и $BC$.

1426 Даны отрезки a, m, n. Постройте ромб со стороной а, диагонали которого относятся как m : n.

Для решения задачи сперва проведём анализ, который ляжет в основу построения. Пусть искомый ромб — $ABCD$ со стороной $a$. Его диагонали $d_1$ и $d_2$ пересекаются в точке $O$ под прямым углом и делятся ею пополам. Таким образом, треугольник $AOB$ является прямоугольным. Его гипотенуза — это сторона ромба $AB = a$, а катеты — это половины диагоналей: $AO = d_1/2$ и $BO = d_2/2$. По теореме Пифагора, $(d_1/2)^2 + (d_2/2)^2 = a^2$.

По условию, отношение диагоналей $d_1 : d_2 = m : n$. Это же отношение сохраняется и для их половин: $(d_1/2) : (d_2/2) = m : n$. Это означает, что прямоугольный треугольник $AOB$ с катетами $d_1/2$, $d_2/2$ и гипотенузой $a$ подобен прямоугольному треугольнику с катетами $m$ и $n$.

Отсюда вытекает следующий алгоритм построения.

1. Построить вспомогательный прямоугольный треугольник. Для этого на двух взаимно перпендикулярных прямых, пересекающихся в точке $P$, откладываем отрезки $PM = m$ и $PN = n$. Соединяем точки $M$ и $N$. Получаем прямоугольный треугольник $MPN$ с катетами $m$, $n$ и гипотенузой $h = MN = \sqrt{m^2 + n^2}$.

2. Построить половины диагоналей искомого ромба — отрезки $x$ и $y$. Эти отрезки являются катетами прямоугольного треугольника, подобного треугольнику $MPN$, но с гипотенузой, равной $a$. Для их построения воспользуемся теоремой о пропорциональных отрезках. Начертим произвольный угол с вершиной $O'$. На одной его стороне отложим отрезок $O'H = h$, а на другой — отрезок $O'A = a$. Соединим точки $H$ и $A$. Теперь на луче $O'H$ отложим отрезки $O'M' = m$ и $O'N' = n$. Через точки $M'$ и $N'$ проведём прямые, параллельные отрезку $HA$. Эти прямые пересекут луч $O'A$ в точках $X$ и $Y$ соответственно. Отрезки $O'X = x$ и $O'Y = y$ и будут искомыми половинами диагоналей, так как из подобия треугольников следует, что $x/a = m/h$ и $y/a = n/h$.

3. Построить сам ромб. Проведём две взаимно перпендикулярные прямые, пересекающиеся в точке $O$. На одной прямой отложим от точки $O$ в обе стороны отрезки, равные $y$, получив диагональ $BD = 2y$. На другой прямой отложим от точки $O$ в обе стороны отрезки, равные $x$, получив диагональ $AC = 2x$. Соединив последовательно точки $A$, $B$, $C$ и $D$, получим искомый ромб.

Докажем корректность построения. Построенная фигура $ABCD$ является ромбом, так как её диагонали взаимно перпендикулярны и делятся точкой пересечения пополам. Сторона этого ромба, например $AB$, является гипотенузой в прямоугольном треугольнике $AOB$ с катетами $x$ и $y$. $AB^2 = x^2+y^2 = (\frac{am}{h})^2 + (\frac{an}{h})^2 = \frac{a^2(m^2+n^2)}{h^2}$. Поскольку $h^2=m^2+n^2$, получаем $AB^2=a^2$, то есть $AB=a$. Отношение диагоналей $AC:BD = 2x:2y = x:y = \frac{am}{h} : \frac{an}{h} = m:n$. Все условия задачи выполнены.

Ответ: Построение выполняется в три этапа: 1) построение вспомогательного прямоугольного треугольника с катетами $m$ и $n$ для нахождения его гипотенузы $h$; 2) построение половин диагоналей ромба $x$ и $y$ как четвёртых пропорциональных отрезков из соотношений $h:m=a:x$ и $h:n=a:y$; 3) построение ромба по его диагоналям $2x$ и $2y$.

1427 В данный равносторонний треугольник впишите другой равносторонний треугольник так, чтобы его стороны были перпендикулярны к сторонам данного.

Задача состоит в том, чтобы в данный равносторонний треугольник $ABC$ вписать другой равносторонний треугольник $PQR$ (где $P$ лежит на стороне $BC$, $Q$ — на $AC$, а $R$ — на $AB$) так, чтобы стороны вписанного треугольника были перпендикулярны сторонам данного.

Существует две возможные ориентации для такого вписывания, которые симметричны друг другу. Рассмотрим одну из них. Пусть стороны треугольника $PQR$ перпендикулярны сторонам треугольника $ABC$ в следующем порядке:

• $PQ \perp BC$
• $QR \perp AC$
• $RP \perp AB$

Анализ

Проанализируем углы, которые образуются в углах исходного треугольника. Рассмотрим, например, треугольник $\triangle CQP$, образованный в углу $C$.

1. Поскольку $\triangle ABC$ равносторонний, все его углы равны $60^\circ$, т.е. $\angle C = 60^\circ$.
2. По условию, сторона $PQ$ перпендикулярна стороне $BC$. Так как точка $P$ лежит на отрезке $BC$, это означает, что угол между отрезком $PQ$ и прямой $BC$ составляет $90^\circ$. Следовательно, в треугольнике $CQP$ угол $\angle CPQ = 90^\circ$.
3. Сумма углов в треугольнике равна $180^\circ$, поэтому для $\triangle CQP$ имеем: $\angle CQP = 180^\circ - \angle C - \angle CPQ = 180^\circ - 60^\circ - 90^\circ = 30^\circ$.

Аналогично рассмотрим два других угловых треугольника:

• В $\triangle ARQ$: $\angle A = 60^\circ$. По условию $QR \perp AC$, значит $\angle AQR = 90^\circ$. Отсюда $\angle ARQ = 180^\circ - 60^\circ - 90^\circ = 30^\circ$.
• В $\triangle BPR$: $\angle B = 60^\circ$. По условию $RP \perp AB$, значит $\angle BRP = 90^\circ$. Отсюда $\angle BPR = 180^\circ - 60^\circ - 90^\circ = 30^\circ$.

Проверим согласованность углов в вершинах вписанного треугольника. Например, в точке $P$ на стороне $BC$ сумма углов $\angle BPR + \angle RPQ + \angle CPQ$ должна составлять развернутый угол $180^\circ$. Так как $\triangle PQR$ равносторонний, $\angle RPQ=60^\circ$. Получаем: $30^\circ + 60^\circ + 90^\circ = 180^\circ$. Условие выполняется. Аналогично для вершин $Q$ и $R$.

Таким образом, задача сводится к построению трех прямоугольных треугольников ($\triangle CQP$, $\triangle ARQ$, $\triangle BPR$) в углах исходного треугольника с углами $30^\circ, 60^\circ, 90^\circ$.

Построение

Построение основано на методе подобия. Мы можем построить треугольник, подобный искомому, а затем найти искомый с помощью гомотетии.

1. Выберем на стороне $BC$ произвольную точку $P_1$.
2. Проведем через точку $P_1$ прямую, перпендикулярную $BC$. Точку пересечения этой прямой со стороной $AC$ обозначим $Q_1$. (Таким образом, $\angle C P_1 Q_1 = 90^\circ$).
3. Через точку $Q_1$ проведем прямую, перпендикулярную $AC$. Точку пересечения этой прямой со стороной $AB$ обозначим $R_1$. (Таким образом, $\angle A Q_1 R_1 = 90^\circ$).
4. Через точку $R_1$ проведем прямую, перпендикулярную $AB$. Точку пересечения этой прямой со стороной $BC$ обозначим $P_2$. (Таким образом, $\angle B R_1 P_2 = 90^\circ$).

В результате этого построения мы получили преобразование, которое отображает точку $P_1$ на прямой $BC$ в точку $P_2$ на той же прямой. Это преобразование является гомотетией (преобразованием подобия). Искомая вершина $P$ является неподвижной точкой этого преобразования, то есть такой точкой, для которой $P_2$ совпадет с $P_1$.

Чтобы найти эту неподвижную точку $P$, можно выполнить построение для двух разных начальных точек $P_1$ и $P'_1$ и затем найти центр гомотетии. Однако можно найти положение точек $P, Q, R$ аналитически, используя свойства прямоугольных треугольников, найденные в анализе.

Пусть сторона $\triangle ABC$ равна $a$, а сторона $\triangle PQR$ равна $s$.

• В $\triangle CQP$ (прямоугольном в $P$): $PQ = s$. Гипотенуза $CQ$. $\angle C=60^\circ$. $s = PQ = CQ \cdot \sin(60^\circ) = CQ \frac{\sqrt{3}}{2}$.
• В $\triangle ARQ$ (прямоугольном в $Q$): $QR = s$. Гипотенуза $AR$. $\angle A=60^\circ$. $s = QR = AR \cdot \sin(60^\circ) = AR \frac{\sqrt{3}}{2}$.
• В $\triangle BPR$ (прямоугольном в $R$): $RP = s$. Гипотенуза $BP$. $\angle B=60^\circ$. $s = RP = BP \cdot \sin(60^\circ) = BP \frac{\sqrt{3}}{2}$.

Из этих соотношений следует, что $CQ = AR = BP$. Обозначим эту длину за $x$.Теперь выразим стороны треугольника $ABC$ через $x$.$AC = a$. Также $AC = AQ + QC$. Из $\triangle ARQ$, катет $AQ = AR \cdot \cos(60^\circ) = AR/2 = x/2$.Тогда $a = AC = AQ + QC = x/2 + x = \frac{3}{2}x$. Отсюда $x = \frac{2a}{3}$.

Таким образом, мы нашли точное положение вершин искомого треугольника:

• Точка $R$ на стороне $AB$ такова, что $AR = \frac{2}{3}a$.
• Точка $P$ на стороне $BC$ такова, что $BP = \frac{2}{3}a$.
• Точка $Q$ на стороне $AC$ такова, что $CQ = \frac{2}{3}a$.

Разделить отрезок в отношении $2:1$ можно с помощью циркуля и линейки (например, с использованием теоремы Фалеса).

Доказательство

Построим точки $P, Q, R$ на сторонах $BC, AC, AB$ соответственно так, что $BP = CQ = AR = \frac{2a}{3}$, где $a$ - сторона $\triangle ABC$. Тогда $PC = QA = RB = a - \frac{2a}{3} = \frac{a}{3}$.

1. Докажем, что $\triangle PQR$ равносторонний.Рассмотрим $\triangle ARQ$. В нем $AR=\frac{2a}{3}$, $AQ=\frac{a}{3}$ и $\angle A=60^\circ$. По теореме косинусов:$QR^2 = AR^2 + AQ^2 - 2 \cdot AR \cdot AQ \cdot \cos(60^\circ) = (\frac{2a}{3})^2 + (\frac{a}{3})^2 - 2 \cdot \frac{2a}{3} \cdot \frac{a}{3} \cdot \frac{1}{2}$$QR^2 = \frac{4a^2}{9} + \frac{a^2}{9} - \frac{2a^2}{9} = \frac{3a^2}{9} = \frac{a^2}{3}$.$QR = \frac{a}{\sqrt{3}}$.В силу симметрии построения, аналогичные расчеты для $\triangle BPR$ и $\triangle CQP$ дадут $RP^2 = a^2/3$ и $PQ^2 = a^2/3$.Следовательно, $PQ=QR=RP$, и $\triangle PQR$ является равносторонним.

2. Докажем, что стороны перпендикулярны.Рассмотрим $\triangle BPR$. Мы знаем его стороны: $BP=\frac{2a}{3}$, $BR=\frac{a}{3}$ и $RP=\frac{a}{\sqrt{3}}$. По теореме косинусов найдем угол $\angle BRP$:$BP^2 = BR^2 + RP^2 - 2 \cdot BR \cdot RP \cdot \cos(\angle BRP)$$(\frac{2a}{3})^2 = (\frac{a}{3})^2 + (\frac{a}{\sqrt{3}})^2 - 2 \cdot \frac{a}{3} \cdot \frac{a}{\sqrt{3}} \cdot \cos(\angle BRP)$$\frac{4a^2}{9} = \frac{a^2}{9} + \frac{a^2}{3} - \frac{2a^2}{3\sqrt{3}}\cos(\angle BRP)$$\frac{4a^2}{9} = \frac{4a^2}{9} - \frac{2a^2}{3\sqrt{3}}\cos(\angle BRP) \implies \cos(\angle BRP) = 0$.Значит, $\angle BRP = 90^\circ$, что означает $RP \perp AB$.Аналогично, из симметрии, можно доказать, что $\angle AQR = 90^\circ$ (т.е. $QR \perp AC$) и $\angle CPQ = 90^\circ$ (т.е. $PQ \perp BC$).Таким образом, построенный треугольник удовлетворяет всем условиям задачи.

Ответ: Искомый треугольник $PQR$ строится следующим образом: на сторонах $AB$, $BC$ и $AC$ данного треугольника $ABC$ со стороной $a$ выбираются точки $R, P, Q$ соответственно, так, что они делят стороны в отношении $2:1$, а именно: $AR = BP = CQ = \frac{2a}{3}$. Соединив точки $P, Q, R$, получим искомый треугольник.

1428 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.

Доказательство

Пусть A — вершина угла, а $l_1$ и $l_2$ — его стороны. Пусть окружность $\omega_1$ с центром $O_1$ и радиусом $r_1$ касается сторон $l_1$ и $l_2$ в точках M и N соответственно. Пусть окружность $\omega_2$ с центром $O_2$ и радиусом $r_2$ касается сторон $l_1$ и $l_2$ в точках P и Q соответственно. Таким образом, M и P лежат на $l_1$, а N и Q лежат на $l_2$. В задаче рассматривается прямая MQ.

Случай 1: Точки M и Q, указанные в условии, лежат на одной стороне угла.

Например, если точка касания второй окружности, обозначенная как Q, лежит на той же стороне угла, что и M (т.е. на $l_1$), то прямая MQ совпадает со стороной угла $l_1$. Окружность $\omega_1$ касается прямой $l_1$ в точке M, значит, она имеет с ней только одну общую точку, и длина отсекаемой хорды равна нулю. Аналогично, окружность $\omega_2$ касается $l_1$ в точке Q, и длина отсекаемой хорды также равна нулю. В этом случае утверждение задачи тривиально выполняется (0 = 0).

Случай 2: Точки M и Q лежат на разных сторонах угла.

Это основной случай, который, по-видимому, имеется в виду в условии. Точка M лежит на одной стороне угла, а точка Q — на другой.

Введем декартову систему координат. Пусть вершина угла A находится в начале координат (0,0), а биссектриса угла совпадает с положительным направлением оси Ox. Тогда стороны угла задаются уравнениями $y = kx$ и $y = -kx$ при $x \ge 0$ для некоторого $k > 0$.

Центры $O_1$ и $O_2$ обеих окружностей лежат на биссектрисе угла. Пусть их координаты $O_1(a, 0)$ и $O_2(b, 0)$, где $a, b > 0$. Без ограничения общности положим $a < b$.

Радиус окружности с центром на оси Ox, вписанной в данный угол, определяется как расстояние от центра до одной из сторон, например, до прямой $kx - y = 0$. Радиус $r$ окружности с центром $(c, 0)$ равен $r = \frac{|kc|}{\sqrt{k^2+1}}$. Следовательно, $r_1 = \frac{ka}{\sqrt{k^2+1}}$ и $r_2 = \frac{kb}{\sqrt{k^2+1}}$.

Пусть M лежит на стороне $y=-kx$, а Q — на стороне $y=kx$. Координаты точки касания окружности с центром $(c, 0)$ и стороны $y=-kx$ равны $(\frac{c}{k^2+1}, \frac{-kc}{k^2+1})$. Координаты точки касания со стороной $y=kx$ равны $(\frac{c}{k^2+1}, \frac{kc}{k^2+1})$.

Тогда координаты точек M и Q:

$M = (\frac{a}{k^2+1}, \frac{-ka}{k^2+1})$

$Q = (\frac{b}{k^2+1}, \frac{kb}{k^2+1})$

Пусть прямая MQ пересекает окружность $\omega_1$ в точках M и M', а окружность $\omega_2$ в точках Q и Q'. Длина отсекаемой хорды для $\omega_1$ — это $MM'$, для $\omega_2$ — $QQ'$. Чтобы доказать равенство длин хорд ($MM' = QQ'$), мы докажем равенство степеней точек M и Q относительно "чужих" окружностей: $\mathcal{P}_{\omega_2}(M) = \mathcal{P}_{\omega_1}(Q)$.

Степень точки X относительно окружности $\omega$ с центром O и радиусом r вычисляется как $\mathcal{P}_{\omega}(X) = |XO|^2 - r^2$.

Вычислим степень точки M относительно окружности $\omega_2$:

$\mathcal{P}_{\omega_2}(M) = |MO_2|^2 - r_2^2$

$|MO_2|^2 = (\frac{a}{k^2+1} - b)^2 + (\frac{-ka}{k^2+1} - 0)^2 = \frac{a^2}{(k^2+1)^2} - \frac{2ab}{k^2+1} + b^2 + \frac{k^2a^2}{(k^2+1)^2}$

$|MO_2|^2 = \frac{a^2(1+k^2)}{(k^2+1)^2} - \frac{2ab}{k^2+1} + b^2 = \frac{a^2}{k^2+1} - \frac{2ab}{k^2+1} + b^2$.

$\mathcal{P}_{\omega_2}(M) = (\frac{a^2 - 2ab}{k^2+1} + b^2) - (\frac{kb}{\sqrt{k^2+1}})^2 = \frac{a^2 - 2ab}{k^2+1} + b^2 - \frac{k^2b^2}{k^2+1} = \frac{a^2 - 2ab - k^2b^2}{k^2+1} + b^2$.

Вычислим степень точки Q относительно окружности $\omega_1$:

$\mathcal{P}_{\omega_1}(Q) = |QO_1|^2 - r_1^2$

$|QO_1|^2 = (\frac{b}{k^2+1} - a)^2 + (\frac{kb}{k^2+1} - 0)^2 = \frac{b^2}{(k^2+1)^2} - \frac{2ab}{k^2+1} + a^2 + \frac{k^2b^2}{(k^2+1)^2}$

$|QO_1|^2 = \frac{b^2(1+k^2)}{(k^2+1)^2} - \frac{2ab}{k^2+1} + a^2 = \frac{b^2}{k^2+1} - \frac{2ab}{k^2+1} + a^2$.

$\mathcal{P}_{\omega_1}(Q) = (\frac{b^2 - 2ab}{k^2+1} + a^2) - (\frac{ka}{\sqrt{k^2+1}})^2 = \frac{b^2 - 2ab}{k^2+1} + a^2 - \frac{k^2a^2}{k^2+1} = \frac{b^2 - 2ab - k^2a^2}{k^2+1} + a^2$.

Теперь сравним $\mathcal{P}_{\omega_2}(M)$ и $\mathcal{P}_{\omega_1}(Q)$:

$\frac{a^2 - 2ab - k^2b^2}{k^2+1} + b^2 = \frac{b^2 - 2ab - k^2a^2}{k^2+1} + a^2$

Приведем к общему знаменателю:

$a^2 - 2ab - k^2b^2 + b^2(k^2+1) = b^2 - 2ab - k^2a^2 + a^2(k^2+1)$

$a^2 - 2ab - k^2b^2 + b^2k^2 + b^2 = b^2 - 2ab - k^2a^2 + a^2k^2 + a^2$

$a^2 - 2ab + b^2 = b^2 - 2ab + a^2$

Это тождество, следовательно, $\mathcal{P}_{\omega_2}(M) = \mathcal{P}_{\omega_1}(Q)$.

С другой стороны, степень точки Q относительно $\omega_1$ равна произведению длин отрезков (с учетом знака) $\vec{QM} \cdot \vec{QM'}$. Степень точки M относительно $\omega_2$ равна $\vec{MQ} \cdot \vec{MQ'}$.

$\vec{QM} \cdot \vec{QM'} = \vec{MQ} \cdot \vec{MQ'}$

Поскольку $\vec{QM} = -\vec{MQ}$, получаем:

$-\vec{MQ} \cdot \vec{QM'} = \vec{MQ} \cdot \vec{MQ'}$

Так как $M \ne Q$, то $\vec{MQ} \ne 0$, и мы можем сократить:

$-\vec{QM'} = \vec{MQ'}$

$\vec{M'Q} = \vec{MQ'}$

В скалярной форме, выбрав на прямой MQ направление от M к Q, это означает $x_Q - x_{M'} = x_{Q'} - x_M$, или $x_M - x_{M'} = x_Q - x_{Q'}$. Это равенство длин направленных отрезков $M'M$ и $Q'Q$. Следовательно, их длины равны: $|MM'| = |QQ'|$.

Таким образом, длины хорд, отсекаемых окружностями $\omega_1$ и $\omega_2$ на прямой MQ, равны. Что и требовалось доказать.

Ответ: Утверждение доказано. Длины хорд, отсекаемых на прямой MQ данными окружностями, действительно равны.

1429 Дана окружность и точка А вне этой окружности. Через точку А провести секущую к окружности так, чтобы внешняя часть секущей была в 2 раза больше внутренней.

Анализ

Пусть дана окружность $\omega$ с центром в точке $O$ и радиусом $R$, и точка $A$ вне этой окружности. Требуется построить секущую, проходящую через точку $A$ и пересекающую окружность в точках $B$ и $C$ (где $B$ лежит между $A$ и $C$) так, чтобы выполнялось условие $AB = 2BC$.

Выразим длину всего отрезка секущей $AC$ через ее части: $AC = AB + BC$. Подставив в это равенство условие $BC = \frac{1}{2}AB$, получим: $AC = AB + \frac{1}{2}AB = \frac{3}{2}AB$.

Соотношение $AC = \frac{3}{2}AB$ означает, что точка $C$ является образом точки $B$ при гомотетии (растяжении) с центром в точке $A$ и коэффициентом $k = \frac{3}{2}$.

Поскольку точка $B$ по условию лежит на исходной окружности $\omega$, ее образ, точка $C$, должна лежать на образе этой окружности, который мы назовем $\omega'$. Окружность $\omega'$ будет гомотетична окружности $\omega$ с центром в $A$ и коэффициентом $k = \frac{3}{2}$. В то же время, по условию задачи, точка $C$ также лежит на исходной окружности $\omega$. Следовательно, искомая точка $C$ является точкой пересечения двух окружностей: исходной $\omega$ и ее образа $\omega'$. Построив точку $C$, мы можем провести через нее и точку $A$ искомую секущую.

Построение

Пусть дана окружность $\omega$ с центром $O$ и радиусом $R$, и точка $A$ вне ее.

1. Проведем прямую через центр окружности $O$ и точку $A$.
2. Построим центр $O'$ новой окружности $\omega'$. Точка $O'$ является образом точки $O$ при гомотетии с центром $A$ и коэффициентом $k = \frac{3}{2}$. Это значит, что $O'$ лежит на луче $AO$ и расстояние $AO'$ равно $\frac{3}{2}AO$. Для построения можно найти середину отрезка $AO$ и отложить от точки $A$ по направлению луча $AO$ отрезок длиной в полтора $AO$.
3. Радиус $R'$ окружности $\omega'$ будет равен $R' = k \cdot R = \frac{3}{2}R$.
4. Построим окружность $\omega'$ с центром в точке $O'$ и радиусом $R'$.
5. Найдем точки пересечения окружностей $\omega$ и $\omega'$. Обозначим одну из этих точек как $C$. Если окружности не пересекаются, задача не имеет решения. Если касаются — одно решение, если пересекаются в двух точках — два решения.
6. Проведем прямую через точки $A$ и $C$. Эта прямая является искомой секущей.

Доказательство

Пусть прямая, проведенная через $A$ и $C$, пересекает окружность $\omega$ в точках $B$ и $C$. По построению, точка $C$ принадлежит обеим окружностям $\omega$ и $\omega'$. Так как $C$ лежит на окружности $\omega'$, которая является образом окружности $\omega$ при гомотетии с центром $A$ и коэффициентом $k = \frac{3}{2}$, то ее прообраз при этой гомотетии, точка $B'$, должна лежать на исходной окружности $\omega$.

По определению гомотетии, точки $A$, $B'$ и $C$ лежат на одной прямой, причем выполняется векторное равенство $\vec{AC} = \frac{3}{2}\vec{AB'}$. Прямая, проходящая через $A$ и $C$, пересекает окружность $\omega$ в двух точках. Одна из них — это $C$. Другая точка пересечения — это $B$. Так как точка $B'$ лежит на той же прямой и на той же окружности $\omega$, то она должна совпадать с точкой $B$.

Следовательно, для точек $A$, $B$, $C$ выполняется соотношение $AC = \frac{3}{2}AB$. Поскольку $B$ лежит между $A$ и $C$, то $AC = AB + BC$. Приравнивая два выражения для $AC$, получаем: $AB + BC = \frac{3}{2}AB$. Вычитая $AB$ из обеих частей равенства, имеем: $BC = \frac{1}{2}AB$, или $AB = 2BC$.

Это означает, что внешняя часть секущей ($AB$) в два раза больше ее внутренней части ($BC$), что и требовалось доказать.

Ответ: Искомая секущая - это прямая, проходящая через точку A и точку пересечения C исходной окружности $\omega(O, R)$ и окружности $\omega'(O', R')$, где $O'$ - точка на луче $AO$ такая, что $AO' = \frac{3}{2}AO$, а $R' = \frac{3}{2}R$.

1430 Отрезок BD — биссектриса треугольника ABC. Докажите, что BD² = AB ⋅ BC – AD ⋅ DC.

Для доказательства данного утверждения воспользуемся методом, включающим описанную окружность и подобие треугольников.

1. Опишем окружность около треугольника $ABC$.

2. Продолжим биссектрису $BD$ до пересечения с описанной окружностью в точке $E$. Соединим точку $E$ с точкой $C$.

3. Рассмотрим треугольники $\triangle ABD$ и $\triangle EBC$. У этих треугольников:

• $\angle ABD = \angle DBC$ по определению биссектрисы. Поскольку точки $B$, $D$, $E$ лежат на одной прямой, то $\angle DBC = \angle EBC$. Следовательно, $\angle ABD = \angle EBC$.
• $\angle BAD$ (то есть $\angle BAC$) и $\angle BEC$ являются вписанными углами, опирающимися на одну и ту же дугу $BC$. Следовательно, $\angle BAD = \angle BEC$.

Таким образом, $\triangle ABD \sim \triangle EBC$ по двум углам.

4. Из подобия треугольников следует пропорциональность соответствующих сторон:

$\frac{AB}{EB} = \frac{BD}{BC}$

Используя свойство пропорции (перекрестное умножение), получаем:

$AB \cdot BC = EB \cdot BD$

5. Точка $D$ лежит на отрезке $BE$, поэтому длину отрезка $EB$ можно представить в виде суммы длин отрезков $BD$ и $DE$: $EB = BD + DE$. Подставим это выражение в полученное ранее равенство:

$AB \cdot BC = (BD + DE) \cdot BD$

$AB \cdot BC = BD^2 + BD \cdot DE$

6. Выразим из этого уравнения $BD^2$:

$BD^2 = AB \cdot BC - BD \cdot DE$

7. Теперь воспользуемся теоремой о пересекающихся хордах. Хорды $AC$ и $BE$ пересекаются в точке $D$. Согласно теореме, произведение отрезков одной хорды равно произведению отрезков другой хорды:

$AD \cdot DC = BD \cdot DE$

8. Наконец, подставим выражение $AD \cdot DC$ вместо $BD \cdot DE$ в формулу для $BD^2$ из пункта 6:

$BD^2 = AB \cdot BC - AD \cdot DC$

Что и требовалось доказать.

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

1431 Пользуясь результатом задачи 909, применяя гомотетию, докажите, что для неравностороннего треугольника основания высот, середины сторон и середины отрезков высот, заключённых между вершинами треугольника и его ортоцентром, принадлежат одной окружности (окружности девяти точек). Центр этой окружности лежит на прямой Эйлера, а радиус равен половине радиуса описанной окружности данного треугольника.

Пусть дан непрямоугольный треугольник $ABC$. Обозначим его вершины как $A, B, C$. Пусть $O$ — центр описанной окружности $\Omega$ радиуса $R$, а $H$ — ортоцентр треугольника.

Для доказательства воспользуемся методом гомотетии. Рассмотрим гомотетию $\mathcal{H}$ с центром в ортоцентре $H$ и коэффициентом $k = \frac{1}{2}$.

При этой гомотетии образом описанной окружности $\Omega$ будет некоторая окружность, которую мы назовем окружностью девяти точек и обозначим $\omega$. Наша задача — доказать, что все девять указанных в условии точек принадлежат этой окружности $\omega$.

1. Середины отрезков, соединяющих вершины с ортоцентром.

Вершины треугольника $A, B, C$ лежат на описанной окружности $\Omega$. Найдем их образы при гомотетии $\mathcal{H}(H, \frac{1}{2})$.

Пусть $E_A$ — образ точки $A$. По определению гомотетии, $\vec{HE_A} = \frac{1}{2}\vec{HA}$. Это означает, что $E_A$ является серединой отрезка $HA$.

Аналогично, образами точек $B$ и $C$ будут точки $E_B$ и $E_C$, которые являются серединами отрезков $HB$ и $HC$ соответственно.

Поскольку точки $A, B, C$ лежат на окружности $\Omega$, их образы $E_A, E_B, E_C$ лежат на образе этой окружности, то есть на окружности $\omega$. Таким образом, мы доказали, что три из девяти точек — середины отрезков, соединяющих вершины с ортоцентром — лежат на одной окружности $\omega$.

2. Середины сторон треугольника.

Воспользуемся результатом задачи 909, который (в одной из своих формулировок) утверждает, что точки, симметричные ортоцентру $H$ относительно середин сторон треугольника, лежат на описанной окружности $\Omega$.

Пусть $A_1, B_1, C_1$ — середины сторон $BC, CA, AB$ соответственно.

Пусть $A'$ — точка, симметричная ортоцентру $H$ относительно середины $A_1$ стороны $BC$. Согласно упомянутому результату, точка $A'$ лежит на описанной окружности $\Omega$.

Найдем образ точки $A'$ при нашей гомотетии $\mathcal{H}(H, \frac{1}{2})$. Так как $A_1$ — середина отрезка $HA'$, то $\vec{HA'} = 2\vec{HA_1}$.

Образ точки $A'$ есть точка $A''$ такая, что $\vec{HA''} = \frac{1}{2}\vec{HA'} = \frac{1}{2}(2\vec{HA_1}) = \vec{HA_1}$. Следовательно, точка $A''$ совпадает с точкой $A_1$.

Поскольку точка $A'$ лежит на окружности $\Omega$, ее образ $A_1$ лежит на образе окружности $\Omega$, то есть на окружности $\omega$.

Аналогично доказывается, что середины сторон $B_1$ и $C_1$ также принадлежат окружности $\omega$.

Таким образом, мы доказали, что еще три точки — середины сторон треугольника — лежат на той же окружности $\omega$.

3. Основания высот.

Пусть $H_A, H_B, H_C$ — основания высот, опущенных из вершин $A, B, C$ соответственно.

Рассмотрим точки $A_1$ (середина $BC$) и $E_A$ (середина $HA$). Мы уже доказали, что они лежат на окружности $\omega$. Докажем, что отрезок $A_1E_A$ является диаметром окружности $\omega$.

Центр окружности $\omega$, обозначим его $O_9$, является образом центра $O$ окружности $\Omega$ при гомотетии $\mathcal{H}(H, \frac{1}{2})$. Значит, $O_9$ — середина отрезка $HO$. Векторно (с началом в точке $O_9$): $\vec{O_9E_A} = -\vec{O_9A_1}$. Действительно, в координатах с началом в $O$: $\vec{O_9} = \frac{1}{2}\vec{H}$, $\vec{E_A} = \frac{1}{2}(\vec{A}+\vec{H})$, $\vec{A_1} = \frac{1}{2}(\vec{B}+\vec{C})$. Используя тождество Сильвестра $\vec{H} = \vec{A}+\vec{B}+\vec{C}$, получаем, что $O_9$ — середина $A_1E_A$.

Итак, $A_1E_A$ — диаметр окружности $\omega$.

Рассмотрим основание высоты $H_A$. Точка $H_A$ лежит на стороне $BC$. Угол, опирающийся на диаметр, прямой. Чтобы доказать, что $H_A$ лежит на окружности $\omega$, достаточно показать, что $\angle E_A H_A A_1 = 90^\circ$.

Высота $AH_A$ перпендикулярна стороне $BC$. Точки $A, E_A, H, H_A$ лежат на одной прямой — прямой, содержащей высоту. Значит, прямая $E_A H_A$ совпадает с прямой $AH_A$.

Точки $A_1$ и $H_A$ лежат на стороне $BC$. Значит, прямая $A_1 H_A$ совпадает с прямой $BC$.

Поскольку $AH_A \perp BC$, то и $E_A H_A \perp A_1 H_A$. Следовательно, $\angle E_A H_A A_1 = 90^\circ$.

Это означает, что точка $H_A$ лежит на окружности, для которой $A_1E_A$ является диаметром, то есть на окружности $\omega$.

Аналогично, используя диаметры $B_1E_B$ и $C_1E_C$, доказывается, что точки $H_B$ и $H_C$ также лежат на окружности $\omega$.

Таким образом, все девять точек лежат на одной окружности $\omega$.

Свойства окружности девяти точек.

Центр окружности. Как было показано выше, центр $O_9$ окружности $\omega$ является образом центра $O$ описанной окружности при гомотетии $\mathcal{H}(H, \frac{1}{2})$. Это означает, что $O_9$ является серединой отрезка $HO$. Прямая, проходящая через ортоцентр $H$ и центр описанной окружности $O$, называется прямой Эйлера. Следовательно, центр окружности девяти точек лежит на прямой Эйлера.

Радиус окружности. При гомотетии с коэффициентом $k$ все расстояния изменяются в $|k|$ раз. Радиус окружности $\omega$ ($R_9$) равен радиусу окружности $\Omega$ ($R$), умноженному на модуль коэффициента гомотетии: $R_9 = |k| \cdot R = \frac{1}{2}R$.

Ответ: Мы доказали, что основания высот, середины сторон и середины отрезков, соединяющих вершины треугольника с его ортоцентром, принадлежат одной окружности (окружности девяти точек), так как они являются образами точек, лежащих на описанной окружности, при гомотетии с центром в ортоцентре и коэффициентом $\frac{1}{2}$. Центр этой окружности является серединой отрезка, соединяющего ортоцентр и центр описанной окружности, и, следовательно, лежит на прямой Эйлера. Ее радиус равен половине радиуса описанной окружности данного треугольника.