Страница 147 - гдз по геометрии 7 класс учебник Мерзляк, Полонский

562. Найдите геометрическое место вершин равнобедренных треугольников, имеющих общее основание.

Пусть дан отрезок $AB$, который является общим основанием для всех рассматриваемых равнобедренных треугольников. Пусть $C$ — третья вершина одного из таких треугольников.

По определению, треугольник $ABC$ является равнобедренным с основанием $AB$, если его боковые стороны, исходящие из вершины $C$, равны. Это означает, что расстояние от точки $C$ до точки $A$ равно расстоянию от точки $C$ до точки $B$, то есть $AC = BC$.

Таким образом, задача сводится к нахождению геометрического места точек $C$, равноудаленных от двух данных точек $A$ и $B$.

Геометрическое место точек плоскости, равноудаленных от двух данных точек, есть прямая, перпендикулярная отрезку, соединяющему эти точки, и проходящая через его середину. Такая прямая называется серединным перпендикуляром.

Докажем, что любая точка на серединном перпендикуляре к отрезку $AB$ является вершиной равнобедренного треугольника $ABC$. Пусть $l$ — серединный перпендикуляр к $AB$, и $M$ — середина $AB$. Для любой точки $C$ на $l$ рассмотрим прямоугольные треугольники $\triangle AMC$ и $\triangle BMC$. У них катет $CM$ — общий, а катеты $AM$ и $BM$ равны, так как $M$ — середина $AB$. Следовательно, треугольники равны по двум катетам, а значит, равны и их гипотенузы: $AC = BC$.

Докажем обратное: любая вершина $C$ равнобедренного треугольника с основанием $AB$ лежит на серединном перпендикуляре к $AB$. Если $AC=BC$, то треугольник $ABC$ равнобедренный. Медиана $CM$, проведенная к основанию, по свойству равнобедренного треугольника является и его высотой. Значит, прямая $CM$ проходит через середину $M$ отрезка $AB$ и перпендикулярна ему, то есть является серединным перпендикуляром.

Следует учесть, что три вершины любого треугольника не могут лежать на одной прямой. Если точка $C$ будет лежать на прямой $AB$, треугольник $ABC$ вырождается в отрезок. Единственная точка на серединном перпендикуляре, которая лежит на прямой $AB$ — это середина отрезка $AB$, точка $M$. Следовательно, эту точку необходимо исключить из искомого геометрического места.

Ответ: Искомое геометрическое место точек — это серединный перпендикуляр к общему основанию, за исключением точки, являющейся серединой этого основания.

562. В треугольник $ABC$ вписана окружность, касающаяся стороны $AB$ в точке $M$, $BC = a$. Докажите, что $AM = p - a$, где $p$ – полупериметр треугольника $ABC$.

563. Найдите ГМТ, равноудалённых от двух параллельных прямых.

Пусть даны две параллельные прямые $a$ и $b$.

Геометрическое место точек (ГМТ) — это множество всех точек плоскости, удовлетворяющих заданному свойству. В данном случае, свойство точки $M$ заключается в том, что она равноудалена от прямых $a$ и $b$.

Расстояние от точки до прямой — это длина перпендикуляра, опущенного из этой точки на прямую. Обозначим расстояние от точки $M$ до прямой $a$ как $\rho(M, a)$, а до прямой $b$ как $\rho(M, b)$. Таким образом, искомое ГМТ — это множество всех точек $M$, для которых выполняется условие: $\rho(M, a) = \rho(M, b)$.

1. Докажем, что любая точка, равноудаленная от прямых $a$ и $b$, принадлежит прямой, параллельной данным и проходящей посередине между ними.

Рассмотрим произвольную точку $M$, принадлежащую искомому ГМТ. Проведём через точку $M$ прямую, перпендикулярную прямым $a$ и $b$ (это возможно, так как $a \parallel b$). Пусть эта прямая пересекает прямую $a$ в точке $A$ и прямую $b$ в точке $B$.

Тогда по определению расстояния от точки до прямой имеем: $\rho(M, a) = MA$ и $\rho(M, b) = MB$.Поскольку точка $M$ равноудалена от прямых $a$ и $b$, то $MA = MB$.Это означает, что точка $M$ является серединой отрезка $AB$. Отрезок $AB$ — это общий перпендикуляр к прямым $a$ и $b$. Множество всех таких точек (середин всех общих перпендикуляров) образует прямую, параллельную $a$ и $b$.

2. Докажем, что любая точка прямой, параллельной данным и проходящей посередине между ними, равноудалена от данных прямых.

Пусть прямая $c$ параллельна прямым $a$ и $b$ и проходит посередине между ними. Пусть расстояние между прямыми $a$ и $b$ равно $d$. Тогда расстояние от любой точки прямой $c$ до прямой $a$ по построению равно $d/2$, и расстояние от любой точки прямой $c$ до прямой $b$ также равно $d/2$.Следовательно, любая точка прямой $c$ равноудалена от прямых $a$ и $b$.

Объединяя оба утверждения, мы заключаем, что искомое ГМТ — это прямая, параллельная данным прямым и расположенная на одинаковом расстоянии от них (посередине).

Ответ: Геометрическим местом точек, равноудалённых от двух параллельных прямых, является прямая, параллельная этим прямым и проходящая посередине между ними.

563. К окружности, вписанной в равносторонний треугольник со стороной $a$, провели касательную, пересекающую две его стороны. Найдите периметр треугольника, который эта касательная отсекает от данного.

564. Найдите ГМТ, удалённых от данной прямой на заданное расстояние.

564.

Геометрическое место точек (ГМТ) — это множество всех точек, которые обладают одним и тем же свойством. В данной задаче требуется найти множество всех точек плоскости, которые находятся на одинаковом заданном расстоянии от некоторой данной прямой.

Пусть на плоскости дана прямая a и задано расстояние d (причем $d > 0$). Мы ищем множество всех точек M, таких, что расстояние от точки M до прямой a равно d.

Напомним, что расстояние от точки до прямой — это длина перпендикуляра, опущенного из этой точки на данную прямую.

Для нахождения ГМТ необходимо доказать два утверждения:

1. Все точки искомой фигуры удовлетворяют заданному условию.
2. Никакие другие точки, не принадлежащие этой фигуре, не удовлетворяют этому условию.

Доказательство:

1. Рассмотрим две прямые, b и c, параллельные данной прямой a и расположенные по разные стороны от нее на расстоянии d.

Возьмем произвольную точку M на прямой b. По определению расстояния между параллельными прямыми, длина перпендикуляра, опущенного из любой точки одной прямой на другую, постоянна и равна d. Следовательно, точка M удалена от прямой a на расстояние d.

Аналогично, любая точка N, взятая на прямой c, также будет удалена от прямой a на расстояние d.

Таким образом, все точки, принадлежащие прямым b и c, удовлетворяют условию задачи.

2. Теперь докажем обратное: любая точка, удаленная от прямой a на расстояние d, принадлежит либо прямой b, либо прямой c.

Пусть точка P — это некоторая точка, расстояние от которой до прямой a равно d. Опустим из точки P перпендикуляр PH на прямую a, где H — точка на прямой a. По условию, длина этого перпендикуляра $PH = d$.

Через точку P можно провести единственную прямую, параллельную прямой a. Расстояние между этой прямой и прямой a будет равно длине их общего перпендикуляра, то есть d.

Так как точка P может находиться с любой из двух сторон от прямой a, она должна лежать на одной из двух прямых (b или c), параллельных a и удаленных от нее на расстояние d.

Из двух частей доказательства следует, что искомое ГМТ состоит из двух прямых.

Ответ: Геометрическое место точек, удаленных от данной прямой на заданное расстояние, представляет собой пару параллельных прямых, расположенных по разные стороны от данной прямой на этом расстоянии.

564. В равнобедренный треугольник ABC ($AB = BC$) с основанием 10 см вписана окружность. К этой окружности проведены три касательные, отсекающие от данного треугольника треугольники ADK, BEF и CMN. Сумма периметров этих треугольников равна 42 см. Чему равна боковая сторона данного треугольника?

565. Отрезок $AB$ – диаметр окружности, $M$ – произвольная точка окружности, отличная от точек $A$ и $B$. Докажите, что $\angle AMB = 90^\circ$.

Для доказательства данного утверждения можно использовать несколько способов. Рассмотрим два из них.

Способ 1: Через свойство вписанного угла

Угол, вершина которого лежит на окружности, а стороны пересекают эту окружность, называется вписанным. Угол $∠AMB$ является вписанным, так как его вершина $M$ лежит на окружности, а стороны $MA$ и $MB$ являются хордами.

Согласно теореме о вписанном угле, его градусная мера равна половине градусной меры дуги, на которую он опирается. Угол $∠AMB$ опирается на дугу $AB$.

Так как отрезок $AB$ является диаметром, он делит окружность на две полуокружности. Градусная мера всей окружности равна $360°$, следовательно, градусная мера дуги $AB$ равна $180°$.

Таким образом, величина угла $∠AMB$ равна:
$∠AMB = \frac{1}{2} \cdot \text{дуга } AB = \frac{1}{2} \cdot 180° = 90°$.

Ответ: $∠AMB = 90°$.

Способ 2: Через свойства равнобедренных треугольников

Пусть $O$ — центр окружности. Поскольку $AB$ — диаметр, точка $O$ является его серединой.

Проведем радиус $OM$, соединяющий центр с точкой $M$. Отрезки $OA$, $OB$ и $OM$ равны как радиусы одной и той же окружности: $OA = OB = OM = r$.

Рассмотрим треугольник $AOM$. Он является равнобедренным, так как $OA = OM$. В равнобедренном треугольнике углы при основании равны, поэтому $∠OAM = ∠OMA$. Обозначим величину этих углов как $α$.

Аналогично, рассмотрим треугольник $BOM$. Он также является равнобедренным, так как $OB = OM$. Следовательно, углы при его основании равны: $∠OBM = ∠OMB$. Обозначим величину этих углов как $β$.

Угол $∠AMB$ составлен из двух углов $∠OMA$ и $∠OMB$, следовательно, $∠AMB = ∠OMA + ∠OMB = α + β$.

Сумма углов в любом треугольнике равна $180°$. Для треугольника $AMB$ имеем:
$∠MAB + ∠MBA + ∠AMB = 180°$.

Подставим в это равенство выражения для углов через $α$ и $β$:
$α + β + (α + β) = 180°$.

Упростим и решим полученное уравнение:
$2α + 2β = 180°$
$2(α + β) = 180°$
$α + β = 90°$.

Поскольку $∠AMB = α + β$, мы доказали, что $∠AMB = 90°$.

Ответ: $∠AMB = 90°$.

565. В треугольнике $ABC$ отрезок $BD$ – медиана, $AB = 7$ см, $BC = 8$ см. В треугольники $ABD$ и $BDC$ вписали окружности. Найдите расстояние между точками касания этих окружностей с отрезком $BD$.

566. Даны точки A и B. Найдите геометрическое место точек X, таких, что $AX > BX$.

Для нахождения геометрического места точек $X$, удовлетворяющих условию $AX > BX$, рассмотрим сначала граничный случай, когда расстояния равны: $AX = BX$.

Геометрическое место точек, равноудаленных от двух данных точек $A$ и $B$, есть серединный перпендикуляр к отрезку $AB$. Обозначим эту прямую как $l$. Эта прямая делит всю плоскость на две открытые полуплоскости. В одной из них лежит точка $A$, в другой — точка $B$.

Искомое множество точек $X$, для которых $AX > BX$, — это одна из этих полуплоскостей. Чтобы определить, какая именно, можно применить метод координат.

Введем систему координат так, чтобы ось $Ox$ проходила через точки $A$ и $B$, а начало координат $O$ было серединой отрезка $AB$. Пусть расстояние $AB = 2c$, где $c > 0$. Тогда точки будут иметь координаты $A(-c, 0)$ и $B(c, 0)$. Пусть точка $X$ имеет произвольные координаты $(x, y)$.

Расстояние от точки $X(x, y)$ до точки $A(-c, 0)$ равно $AX = \sqrt{(x - (-c))^2 + (y - 0)^2} = \sqrt{(x + c)^2 + y^2}$.
Расстояние от точки $X(x, y)$ до точки $B(c, 0)$ равно $BX = \sqrt{(x - c)^2 + (y - 0)^2} = \sqrt{(x - c)^2 + y^2}$.

По условию задачи $AX > BX$. Так как расстояния являются неотрицательными величинами, это неравенство равносильно неравенству $AX^2 > BX^2$.
$(x + c)^2 + y^2 > (x - c)^2 + y^2$

Раскроем скобки в обеих частях неравенства:
$x^2 + 2cx + c^2 + y^2 > x^2 - 2cx + c^2 + y^2$

Вычтем из обеих частей неравенства одинаковые слагаемые $x^2$, $c^2$ и $y^2$:
$2cx > -2cx$

Перенесем член из правой части в левую:
$4cx > 0$

Поскольку точки $A$ и $B$ различны, $c > 0$. Мы можем разделить обе части неравенства на положительное число $4c$, не меняя знака неравенства:
$x > 0$

В выбранной нами системе координат серединным перпендикуляром к отрезку $AB$ является ось $Oy$, то есть прямая $x=0$. Неравенство $x > 0$ задает открытую полуплоскость, расположенную справа от этой прямой. Точка $B(c, 0)$ с $c > 0$ принадлежит этой полуплоскости, а точка $A(-c, 0)$ — нет.

Следовательно, искомое геометрическое место точек — это открытая полуплоскость, границей которой служит серединный перпендикуляр к отрезку $AB$, и в которой лежит точка $B$.

Ответ: Искомое геометрическое место точек — это открытая полуплоскость, содержащая точку $B$ и ограниченная серединным перпендикуляром к отрезку $AB$.

566. Каждый из углов $BAC$ и $ACB$ треугольника $ABC$ разделили на три равные части (рис. 308). Докажите, что $\angle AMN = \angle CMN$.

Рис. 308

567. Даны точки A и B. Найдите геометрическое место точек X, таких, что $AX > AB$.

По условию задачи, требуется найти геометрическое место точек (ГМТ) X, для которых выполняется неравенство $AX > AB$.

В данном неравенстве точки A и B являются фиксированными, поэтому расстояние между ними, которое обозначается как $AB$, является постоянной величиной. Обозначим это расстояние за $R$, то есть $R = AB$.

С учетом этого обозначения, условие задачи можно переписать в виде $AX > R$, где $R$ — это некоторая постоянная положительная длина.

Геометрическое место точек, расстояние от которых до фиксированной точки A равно постоянной величине $R$, представляет собой окружность с центром в точке A и радиусом $R$.

Таким образом:

• Множество точек X, для которых $AX = R = AB$, — это окружность с центром в A и радиусом $AB$.
• Множество точек X, для которых $AX < R = AB$, — это совокупность всех точек, лежащих внутри этой окружности (открытый круг).
• Множество точек X, для которых $AX > R = AB$, — это совокупность всех точек, лежащих вне этой окружности.

Поскольку в условии задачи задано строгое неравенство ($>$), точки, лежащие на самой окружности (то есть границе), не входят в искомое геометрическое место.

Следовательно, искомым геометрическим местом точек является вся плоскость, за исключением замкнутого круга с центром в точке A и радиусом, равным длине отрезка AB.

Ответ: Искомое геометрическое место точек — это множество всех точек плоскости, расположенных вне окружности с центром в точке A и радиусом, равным длине отрезка AB.

567. Пусть вершина угла $B$ недоступна (рис. 309). С помощью транспортира и линейки без делений постройте прямую, содержащую биссектрису угла $B$.

Рис. 308

Рис. 309

568. В равнобедренном треугольнике $ABC$ с основанием $AC$ проведены биссектрисы $AD$ и $CE$. Докажите, что $AE = ED$.

Рассмотрим равнобедренный треугольник $ABC$ с основанием $AC$. По условию, боковые стороны равны, то есть $AB = BC$. В равнобедренном треугольнике углы при основании равны, следовательно, $\angle BAC = \angle BCA$.

В треугольнике проведены биссектрисы $AD$ (угла $\angle BAC$) и $CE$ (угла $\angle BCA$).

Для доказательства равенства отрезков $AE$ и $ED$ докажем, что треугольник $ADE$ является равнобедренным с основанием $AD$. Для этого необходимо показать, что углы при его основании равны, то есть $\angle DAE = \angle ADE$.

Шаг 1: Анализ угла $\angle DAE$.

По определению, биссектриса $AD$ делит угол $\angle BAC$ на два равных угла: $\angle BAD = \angle DAC$. Угол $\angle DAE$ является тем же углом, что и $\angle DAC$. Таким образом, $\angle DAE = \frac{1}{2} \angle BAC$.

Шаг 2: Доказательство параллельности $ED$ и $AC$.

Воспользуемся свойством биссектрисы угла треугольника, которое гласит, что биссектриса делит противолежащую сторону на отрезки, пропорциональные двум другим сторонам.

Применим это свойство для биссектрисы $CE$ в треугольнике $ABC$:

$\frac{AE}{EB} = \frac{AC}{BC}$

Теперь применим это свойство для биссектрисы $AD$ в треугольнике $ABC$:

$\frac{CD}{DB} = \frac{AC}{AB}$

Так как по условию треугольник $ABC$ равнобедренный с основанием $AC$, его боковые стороны равны: $AB = BC$. Следовательно, правые части полученных пропорций равны.

$\frac{AC}{BC} = \frac{AC}{AB}$

Это означает, что и левые части пропорций также равны:

$\frac{AE}{EB} = \frac{CD}{DB}$

Перепишем это соотношение в виде $\frac{BE}{AE} = \frac{BD}{CD}$.

Согласно теореме, обратной теореме о пропорциональных отрезках (теореме Фалеса), если прямая пересекает две стороны треугольника и отсекает от них пропорциональные отрезки, считая от общей вершины, то эта прямая параллельна третьей стороне. В нашем случае прямая $ED$ делит стороны $AB$ и $BC$ пропорционально, следовательно, $ED \parallel AC$.

Шаг 3: Анализ угла $\angle ADE$.

Мы доказали, что $ED \parallel AC$. Рассмотрим эти параллельные прямые и секущую $AD$. Накрест лежащие углы при пересечении параллельных прямых секущей равны. Следовательно, $\angle ADE = \angle DAC$.

Шаг 4: Заключение.

На основе предыдущих шагов мы получили:

1. $\angle DAE = \angle DAC$ (по определению биссектрисы).

2. $\angle ADE = \angle DAC$ (как накрест лежащие углы при $ED \parallel AC$ и секущей $AD$).

Отсюда следует, что $\angle DAE = \angle ADE$.

Поскольку в треугольнике $ADE$ два угла равны, он является равнобедренным. Стороны, лежащие напротив равных углов, равны. В данном случае это стороны $AE$ и $ED$.

Таким образом, $AE = ED$, что и требовалось доказать.

Ответ: Равенство $AE = ED$ доказано.

568. Точки $F$ и $O$ – центры вписанной и описанной окружностей равнобедренного треугольника $ABC$ соответственно (рис. 310). Они находятся на одинаковом расстоянии от его основания $AC$. Найдите углы треугольника $ABC$.

Рис. 310

569. Из точки O через точки A, B и C проведены лучи $OA$, $OB$ и $OC$. Известно, что $OA = OB = OC$, $\angle AOB = 80^{\circ}$, $\angle BOC = 110^{\circ}$, $\angle AOC = 170^{\circ}$. Найдите углы треугольника $ABC$.

По условию задачи дано, что $OA = OB = OC$. Это означает, что точки $A$, $B$ и $C$ лежат на окружности с центром в точке $O$ и радиусом, равным $OA$. Следовательно, треугольники $\triangle AOB$, $\triangle BOC$ и $\triangle AOC$ являются равнобедренными, так как их боковые стороны ($OA$ и $OB$; $OB$ и $OC$; $OA$ и $OC$) равны как радиусы окружности.

Сумма углов в любом треугольнике составляет $180^{\circ}$. В равнобедренном треугольнике углы при основании равны. Используем эти свойства для нахождения углов при основаниях треугольников $\triangle AOB$, $\triangle BOC$ и $\triangle AOC$.

1. В равнобедренном треугольнике $\triangle AOB$ с основанием $AB$ угол при вершине $\angle AOB = 80^{\circ}$. Углы при основании равны:

$\angle OAB = \angle OBA = \frac{180^{\circ} - \angle AOB}{2} = \frac{180^{\circ} - 80^{\circ}}{2} = \frac{100^{\circ}}{2} = 50^{\circ}$.

2. В равнобедренном треугольнике $\triangle BOC$ с основанием $BC$ угол при вершине $\angle BOC = 110^{\circ}$. Углы при основании равны:

$\angle OBC = \angle OCB = \frac{180^{\circ} - \angle BOC}{2} = \frac{180^{\circ} - 110^{\circ}}{2} = \frac{70^{\circ}}{2} = 35^{\circ}$.

3. В равнобедренном треугольнике $\triangle AOC$ с основанием $AC$ угол при вершине $\angle AOC = 170^{\circ}$. Углы при основании равны:

$\angle OAC = \angle OCA = \frac{180^{\circ} - \angle AOC}{2} = \frac{180^{\circ} - 170^{\circ}}{2} = \frac{10^{\circ}}{2} = 5^{\circ}$.

Так как сумма углов вокруг точки $O$ равна $\angle AOB + \angle BOC + \angle AOC = 80^{\circ} + 110^{\circ} + 170^{\circ} = 360^{\circ}$, точка $O$ находится внутри треугольника $ABC$. Поэтому углы треугольника $ABC$ можно найти как суммы вычисленных углов.

Угол $\angle BAC$ треугольника $ABC$ состоит из углов $\angle OAB$ и $\angle OAC$:

$\angle BAC = \angle OAB + \angle OAC = 50^{\circ} + 5^{\circ} = 55^{\circ}$.

Угол $\angle ABC$ треугольника $ABC$ состоит из углов $\angle OBA$ и $\angle OBC$:

$\angle ABC = \angle OBA + \angle OBC = 50^{\circ} + 35^{\circ} = 85^{\circ}$.

Угол $\angle ACB$ треугольника $ABC$ состоит из углов $\angle OCB$ и $\angle OCA$:

$\angle ACB = \angle OCB + \angle OCA = 35^{\circ} + 5^{\circ} = 40^{\circ}$.

Проверим правильность вычислений, сложив углы треугольника $ABC$:

$\angle BAC + \angle ABC + \angle ACB = 55^{\circ} + 85^{\circ} + 40^{\circ} = 180^{\circ}$.

Сумма углов равна $180^{\circ}$, что подтверждает верность решения.

Ответ: углы треугольника $ABC$ равны $55^{\circ}$, $85^{\circ}$ и $40^{\circ}$.

569. Биссектриса угла $\angle ABC$ образует с его стороной угол, равный углу, смежному с углом $\angle ABC$. Найдите угол $\angle ABC$.

570. На стороне $AB$ треугольника $ABC$ отметили точку $M$ так, что $BM = CM$, луч $MK$ – биссектриса угла $AMC$. Докажите, что $MK \parallel BC$.

Рассмотрим треугольник $BMC$. Поскольку по условию задачи $BM = CM$, данный треугольник является равнобедренным с основанием $BC$. В равнобедренном треугольнике углы при основании равны, следовательно, $\angle MBC = \angle MCB$.

Угол $AMC$ является внешним углом треугольника $BMC$ при вершине $M$, так как он смежен с внутренним углом $\angle BMC$ (поскольку точки $A$, $M$, $B$ лежат на одной прямой).

По свойству внешнего угла треугольника, его мера равна сумме двух внутренних углов, не смежных с ним. Таким образом, $\angle AMC = \angle MBC + \angle MCB$.

Так как $\angle MBC = \angle MCB$, мы можем записать: $\angle AMC = 2 \cdot \angle MCB$.

По условию, луч $MK$ является биссектрисой угла $AMC$. Это означает, что он делит угол пополам: $\angle KMC = \frac{1}{2} \angle AMC$.

Подставим в это равенство выражение для угла $AMC$, полученное ранее:$\angle KMC = \frac{1}{2} (2 \cdot \angle MCB) = \angle MCB$.

Мы получили, что углы $\angle KMC$ и $\angle MCB$ равны. Эти углы являются накрест лежащими при пересечении прямых $MK$ и $BC$ секущей $MC$.

Согласно признаку параллельности прямых, если при пересечении двух прямых секущей накрест лежащие углы равны, то такие прямые параллельны. Следовательно, $MK \parallel BC$.

Ответ: Доказано, что $MK \parallel BC$.

570. В равнобедренном треугольнике из вершины одного угла при основании провели высоту треугольника, а из вершины другого угла при основании – биссектрису треугольника. Один из углов, образовавшихся при пересечении проведённых биссектрисы и высоты, равен 64°. Найдите углы данного треугольника.

571. В остроугольном треугольнике один из внешних углов равен $160^\circ$. Найдите угол между прямыми, на которых лежат высоты, проведённые из двух других вершин треугольника.

Пусть дан остроугольный треугольник $ABC$. Один из его внешних углов равен $160^\circ$. Внешний угол при некоторой вершине и внутренний угол при той же вершине являются смежными, поэтому их сумма равна $180^\circ$.

Пусть внешний угол при вершине $C$ равен $160^\circ$. Тогда соответствующий внутренний угол треугольника $\angle C$ равен:
$\angle C = 180^\circ - 160^\circ = 20^\circ$

Задача просит найти угол между прямыми, на которых лежат высоты, проведённые из двух других вершин, то есть из вершин $A$ и $B$. Обозначим эти высоты как $AA_1$ (к стороне $BC$) и $BB_1$ (к стороне $AC$). Пусть $H$ — точка их пересечения (ортоцентр). Так как треугольник по условию остроугольный, точка $H$ лежит внутри треугольника.

По определению высоты, $AA_1 \perp BC$ и $BB_1 \perp AC$. Следовательно, в четырехугольнике $A_1HB_1C$ углы $\angle HA_1C$ и $\angle HB_1C$ являются прямыми:
$\angle HA_1C = 90^\circ$
$\angle HB_1C = 90^\circ$

Сумма углов в любом четырехугольнике равна $360^\circ$. Рассмотрим четырехугольник $A_1HB_1C$. Мы знаем три его угла: $\angle C = 20^\circ$, $\angle HA_1C = 90^\circ$ и $\angle HB_1C = 90^\circ$. Найдем четвертый угол, $\angle A_1HB_1$:
$\angle A_1HB_1 = 360^\circ - (\angle C + \angle HA_1C + \angle HB_1C)$
$\angle A_1HB_1 = 360^\circ - (20^\circ + 90^\circ + 90^\circ) = 360^\circ - 200^\circ = 160^\circ$

Угол $\angle AHB$ и угол $\angle A_1HB_1$ являются вертикальными, следовательно, они равны.
$\angle AHB = \angle A_1HB_1 = 160^\circ$

При пересечении двух прямых (в данном случае прямых $AA_1$ и $BB_1$) образуются две пары смежных углов. Один из этих углов равен $160^\circ$. Смежный с ним угол будет равен $180^\circ - 160^\circ = 20^\circ$. Углом между двумя прямыми принято считать меньший (острый) из углов, образовавшихся при их пересечении.

Таким образом, искомый угол между прямыми, на которых лежат высоты, равен $20^\circ$.

Ответ: $20^\circ$

Найдите углы данного треугольника.

571. На рисунке 311 $BC \parallel AD$, $AB = 3$ см, $BC = 10$ см. Биссектриса угла $BAD$ пересекает отрезок $BC$ в точке $K$. Найдите отрезки $BK$ и $KC$.

Рис. 310

Рис. 311

572. На рисунке 328 прямоугольник ABCD составлен из квадратов. Найдите сторону самого большого квадрата, если сторона самого маленького квадрата равна 1.

Рис. 328

Для решения задачи обозначим стороны шести квадратов, из которых состоит прямоугольник, переменными. Будем исходить из топологии их расположения на рисунке.

Прямоугольник разделен на верхний и нижний ряды. В верхнем ряду находятся два квадрата. Обозначим сторону левого верхнего квадрата как $x$, а правого верхнего — как $y$.

Нижний ряд состоит из четырех квадратов. Обозначим их стороны слева направо: $a, c, d, b$.

Согласно условию, сторона самого маленького квадрата равна 1. По рисунку видно, что самый маленький квадрат — это $d$. Таким образом, $d=1$.

Теперь составим систему уравнений, исходя из геометрии рисунка:

1. Вертикальная линия, разделяющая верхние квадраты $x$ и $y$, продолжается вниз и разделяет нижние квадраты. Это означает, что квадрат $x$ расположен над квадратами $a$ и $c$, а квадрат $y$ — над квадратами $d$ и $b$.
   Отсюда следуют соотношения для ширин:
   $x = a + c$
   $y = d + b$
2. Горизонтальная линия под квадратом $x$ является общей верхней стороной для квадратов $a$ и $c$. Это возможно только если высоты (а значит и стороны) этих квадратов равны.
   $a = c$
3. Аналогично, горизонтальная линия под квадратом $y$ является общей верхней стороной для квадратов $d$ и $b$. Следовательно, их стороны равны.
   $d = b$
4. Высота прямоугольника $ABCD$ одинакова по всей длине. Высота левой стороны равна сумме стороны верхнего квадрата $x$ и нижнего $a$. Высота правой стороны равна сумме стороны верхнего квадрата $y$ и нижнего $b$.
   $H = x + a = y + b$

Теперь решим полученную систему уравнений:

Из условия мы знаем, что сторона самого маленького квадрата равна 1. Мы обозначили его как $d$.
Итак, $d = 1$.

Из уравнения $d = b$ следует, что $b = 1$.

Теперь найдем сторону $y$ из уравнения $y = d + b$:
$y = 1 + 1 = 2$.

Подставим известные значения в уравнение для высоты $x + a = y + b$:
$x + a = 2 + 1$
$x + a = 3$.

Используем соотношения $a=c$ и $x = a + c$:
$x = a + a = 2a$.

Теперь подставим выражение для $x$ в уравнение $x + a = 3$:
$2a + a = 3$
$3a = 3$
$a = 1$.

Так как $a = c$, то $c = 1$.

И, наконец, найдем $x$:
$x = 2a = 2 \cdot 1 = 2$.

Таким образом, мы нашли стороны всех шести квадратов:

• Сторона левого верхнего квадрата: $x = 2$.
• Сторона правого верхнего квадрата: $y = 2$.
• Стороны четырех нижних квадратов: $a=1, c=1, d=1, b=1$.

Все стороны равны либо 1, либо 2. Самый маленький квадрат действительно имеет сторону 1 (в данном случае их оказалось несколько). Самый большой квадрат имеет сторону 2.

Ответ: 2.

572. В треугольнике $ABC$ известно, что $AB = BC$, $AM$ и $CK$ – медианы этого треугольника. Докажите, что $MK \parallel AC$.