Номер 823, страница 212 - гдз по геометрии 7-9 класс учебник Атанасян, Бутузов

Задачи повышенной трудности. Задачи повышенной трудности. Задачи к главе 5 - номер 823, страница 212.

Условие.

823 На стороне CD квадрата ABCD отмечена точка M. Биссектриса угла BAM пересекает сторону BC в точке K. Докажите, что $AM = BK + DM$.

Решение 1.

Решение 2.

Решение 3.

Решение 4.

Решение 6.

Решение 10.

Доказательство:

Для доказательства используем метод поворота. Рассмотрим поворот плоскости вокруг точки $A$ на $90^\circ$ против часовой стрелки (при условии, что вершины квадрата $A, B, C, D$ расположены в этом порядке).

При таком повороте вершина $A$ переходит в себя, а вершина $B$ переходит в вершину $D$, так как $AB = AD$ и $\angle BAD = 90^\circ$. Прямая $BC$, перпендикулярная $AB$, переходит в прямую $CD$, которая перпендикулярна $AD$.

Пусть точка $K$, лежащая на стороне $BC$, при этом повороте переходит в точку $K'$. Так как $K$ лежит на прямой $BC$, ее образ $K'$ будет лежать на прямой $CD$.

Поворот является движением, поэтому он сохраняет расстояния и углы. Из этого следуют три важных факта: во-первых, $BK = DK'$; во-вторых, $AK = AK'$; в-третьих, $\angle BAK = \angle DAK'$.

По условию задачи, $AK$ является биссектрисой угла $BAM$. Это означает, что $\angle BAK = \angle MAK$.

Сопоставляя равенства из свойств поворота и условия задачи, получаем: $\angle MAK = \angle DAK'$.

Теперь рассмотрим треугольник $AMK'$. Докажем, что он равнобедренный, а именно, что $AM = MK'$. Для этого достаточно доказать равенство углов при основании $AK'$: $\angle MAK' = \angle AK'M$.

Сначала найдем величину угла $\angle MAK'$. Он равен сумме углов $\angle MAD$ и $\angle DAK'$. Пусть $\angle BAK = \alpha$. Тогда из условия о биссектрисе $\angle MAK = \alpha$, и, следовательно, $\angle BAM = 2\alpha$. Так как $ABCD$ — квадрат, $\angle BAD = 90^\circ$. Отсюда $\angle MAD = \angle BAD - \angle BAM = 90^\circ - 2\alpha$. Из свойства поворота мы знаем, что $\angle DAK' = \angle BAK = \alpha$. Таким образом, $\angle MAK' = (90^\circ - 2\alpha) + \alpha = 90^\circ - \alpha$.

Теперь найдем величину угла $\angle AK'M$. Этот угол совпадает с углом $\angle AK'D$. Треугольник $ADK'$ получен поворотом треугольника $ABK$, значит, $\triangle ADK' \cong \triangle ABK$. В прямоугольном треугольнике $ABK$ (с прямым углом $B$) сумма острых углов равна $90^\circ$, поэтому $\angle AKB = 90^\circ - \angle BAK = 90^\circ - \alpha$. Из конгруэнтности треугольников следует равенство соответствующих углов: $\angle AK'D = \angle AKB = 90^\circ - \alpha$.

Мы доказали, что $\angle MAK' = 90^\circ - \alpha$ и $\angle AK'M = 90^\circ - \alpha$. Так как углы при основании $AK'$ треугольника $AMK'$ равны, то этот треугольник является равнобедренным, и его боковые стороны равны: $AM = MK'$.

Точки $M$ и $K'$ лежат на одной прямой $CD$. При указанном повороте точка $K'$ оказывается на продолжении отрезка $CD$ за точку $D$. Поэтому расстояние $MK'$ равно сумме расстояний $MD$ и $DK'$. То есть, $MK' = MD + DK'$.

Используя равенство $BK = DK'$ (из свойства поворота), получаем: $MK' = DM + BK$.

Наконец, из доказанного равенства $AM = MK'$ следует итоговый результат: $AM = BK + DM$. Что и требовалось доказать.

Ответ: Доказано, что $AM = BK + DM$.