Страница 153 - гдз по геометрии 7 класс учебник Мерзляк, Полонский

597. Известно, что диаметр $AB$ делит хорду $CD$ пополам, но не перпендикулярен ей. Докажите, что хорда $CD$ также диаметр.

Для доказательства данного утверждения воспользуемся методом от противного.

Пусть O — центр окружности. Поскольку AB — это диаметр, центр O лежит на отрезке AB. Пусть M — точка пересечения хорды CD и диаметра AB. По условию, диаметр AB делит хорду CD пополам, следовательно, точка M является серединой отрезка CD, то есть CM = MD.

Предположим, что хорда CD не является диаметром. Это означает, что хорда CD не проходит через центр окружности O, и точки C, O, D образуют треугольник.

Рассмотрим треугольник ΔOCD. Его стороны OC и OD являются радиусами окружности, поэтому они равны: OC = OD. Это значит, что треугольник ΔOCD — равнобедренный с основанием CD.

Отрезок OM в этом треугольнике соединяет вершину O с серединой основания M. Таким образом, OM является медианой треугольника ΔOCD, проведённой к основанию.

Согласно свойству равнобедренного треугольника, медиана, проведённая к основанию, также является его высотой. Следовательно, отрезок OM перпендикулярен основанию CD, то есть $OM \perp CD$.

Точки O и M лежат на прямой, содержащей диаметр AB. Поэтому, если отрезок OM перпендикулярен хорде CD, то и вся прямая AB перпендикулярна хорде CD.

Таким образом, мы пришли к выводу, что $AB \perp CD$. Однако это напрямую противоречит условию задачи, в котором сказано, что диаметр AB не перпендикулярен хорде CD.

Полученное противоречие возникло из-за нашего первоначального предположения о том, что хорда CD не является диаметром. Следовательно, это предположение неверно, и хорда CD на самом деле является диаметром.

Если CD является диаметром, то его середина совпадает с центром окружности O. Так как AB тоже диаметр, он проходит через центр O и, следовательно, делит диаметр CD пополам. При этом два диаметра не обязаны быть перпендикулярными, что полностью согласуется со всеми условиями задачи.

Ответ: Утверждение доказано.

597. Постройте прямоугольный треугольник:

1) по острому углу и биссектрисе этого угла;

2) по катету и высоте, проведённой к гипотенузе.

598. Найдите геометрическое место центров окружностей, которые касаются данной прямой в данной точке.

Пусть дана прямая $l$ и точка $M$ на этой прямой. Мы ищем геометрическое место центров всех окружностей, которые касаются прямой $l$ в точке $M$.
1. Рассмотрим любую окружность с центром в точке $O$ и радиусом $R$, которая касается прямой $l$ в точке $M$. Согласно свойству касательной к окружности, радиус, проведенный в точку касания, перпендикулярен касательной. Следовательно, радиус $OM$ перпендикулярен прямой $l$. Это означает, что центр $O$ должен лежать на прямой, проходящей через точку $M$ и перпендикулярной прямой $l$. Обозначим эту перпендикулярную прямую как $p$. Таким образом, любая искомая точка принадлежит прямой $p$.

2. Теперь докажем обратное. Возьмем любую точку $O'$ на прямой $p$, отличную от точки $M$. Построим окружность с центром в точке $O'$ и радиусом, равным длине отрезка $O'M$ (то есть $R' = |O'M|$). Поскольку точка $O'$ лежит на прямой $p$, которая перпендикулярна прямой $l$ и проходит через точку $M$, то радиус $O'M$ перпендикулярен прямой $l$. По признаку касательной, если прямая ($l$) проходит через точку на окружности ($M$) и перпендикулярна радиусу, проведенному в эту точку ($O'M$), то эта прямая является касательной к окружности. Значит, любая точка на прямой $p$ (кроме самой точки $M$, так как в этом случае радиус окружности был бы равен нулю) является центром окружности, удовлетворяющей условию задачи.

Таким образом, искомое геометрическое место точек — это совокупность всех точек прямой $p$, за исключением точки $M$.

Ответ: прямая, перпендикулярная данной прямой и проходящая через данную точку, за исключением самой данной точки.

598. Постройте прямоугольный треугольник:

1) по катету и медиане, проведённой к другому катету,

2) по острому углу и высоте, проведённой из вершины прямого угла.

599. Найдите геометрическое место центров окружностей, которые касаются обеих сторон данного угла.

Геометрическое место точек (ГМТ) — это множество всех точек, обладающих определённым свойством. В данной задаче мы ищем множество всех точек, которые могут быть центрами окружностей, касающихся обеих сторон данного угла.

Пусть дан угол с вершиной в точке $V$ и сторонами $a$ и $b$. Пусть точка $O$ является центром некоторой окружности, которая касается сторон $a$ и $b$.

По определению, расстояние от центра окружности до прямой, касающейся этой окружности, равно её радиусу. Если окружность с центром $O$ и радиусом $r$ касается стороны $a$ в точке $A$ и стороны $b$ в точке $B$, то:

1. Отрезок $OA$ является радиусом и перпендикулярен стороне $a$. Длина $OA$ равна $r$.

2. Отрезок $OB$ является радиусом и перпендикулярен стороне $b$. Длина $OB$ равна $r$.

Таким образом, расстояние от точки $O$ до стороны $a$ равно расстоянию от точки $O$ до стороны $b$, и оба эти расстояния равны радиусу $r$. Это означает, что любая точка, являющаяся центром такой окружности, равноудалена от сторон данного угла.

Известно, что геометрическим местом точек, равноудаленных от сторон угла, является его биссектриса. Докажем это утверждение в обе стороны.

Доказательство:

1. Прямое утверждение: Каждая точка биссектрисы угла равноудалена от его сторон. Пусть $O$ — произвольная точка на биссектрисе угла с вершиной $V$. Опустим из точки $O$ перпендикуляры $OA$ и $OB$ на стороны угла. Рассмотрим прямоугольные треугольники $\triangle OVA$ и $\triangle OVB$. У них общая гипотенуза $OV$, и углы $\angle AVO$ и $\angle BVO$ равны, так как $OV$ — биссектриса. Следовательно, $\triangle OVA \cong \triangle OVB$ по гипотенузе и острому углу. Из равенства треугольников следует равенство их соответствующих катетов: $OA = OB$. Таким образом, любая точка на биссектрисе является центром окружности, касающейся сторон угла.

2. Обратное утверждение: Каждая точка, равноудаленная от сторон угла, лежит на его биссектрисе. Пусть точка $O$ находится внутри угла и равноудалена от его сторон. Это означает, что длины перпендикуляров, опущенных из $O$ на стороны угла, равны. Пусть $OA \perp a$ и $OB \perp b$, причем $OA = OB$. Рассмотрим прямоугольные треугольники $\triangle OVA$ и $\triangle OVB$. У них общая гипотенуза $OV$, а катеты $OA$ и $OB$ равны по условию. Следовательно, $\triangle OVA \cong \triangle OVB$ по гипотенузе и катету. Из равенства треугольников следует равенство их соответствующих углов: $\angle AVO = \angle BVO$. Это означает, что луч $OV$ является биссектрисой угла, и точка $O$ лежит на ней.

Совместив оба утверждения, мы заключаем, что искомое геометрическое место точек — это биссектриса данного угла.

Ответ: Биссектриса данного угла.

599. Постройте равнобедренный треугольник по основанию и радиусу вписанной окружности.

600. Найдите геометрическое место центров окружностей, которые касаются данной прямой.

Геометрическое место точек (ГМТ) — это множество всех точек, удовлетворяющих определенному свойству. В данной задаче мы ищем множество всех точек, которые могут быть центрами окружностей, касающихся заданной прямой.

Пусть дана прямая $l$. Пусть точка $C$ является центром окружности, а $r$ — её радиусом.

Условие касания окружности и прямой заключается в том, что расстояние от центра окружности до прямой равно радиусу окружности. Обозначим расстояние от точки $C$ до прямой $l$ как $\rho(C, l)$. Тогда условие касания можно записать в виде равенства: $$ \rho(C, l) = r $$

По определению, радиус окружности — это положительная величина, то есть $r > 0$.

Из этого следует, что расстояние от центра $C$ до прямой $l$ также должно быть положительным: $$ \rho(C, l) > 0 $$

Расстояние от точки до прямой положительно тогда и только тогда, когда точка не лежит на этой прямой. Если точка лежит на прямой, расстояние до прямой равно нулю.

Таким образом, любая точка плоскости, не принадлежащая прямой $l$, может служить центром окружности, касающейся этой прямой. Для любой такой точки $C$ мы можем взять радиус $r = \rho(C, l)$, и построенная окружность будет касаться прямой $l$. Точки же, лежащие на прямой $l$, не могут быть центрами таких окружностей, так как для них $\rho(C, l) = 0$, что означало бы нулевой радиус, а окружности с нулевым радиусом (точки) обычно не рассматриваются, если не оговорено иное.

Следовательно, искомое геометрическое место точек — это вся плоскость, за вычетом данной прямой $l$.

Ответ: Искомое геометрическое место центров — это вся плоскость, из которой удалена данная прямая. Это множество также можно описать как объединение двух открытых полуплоскостей, границей которых является данная прямая.

600. Постройте треугольник по стороне, прилежащему к ней углу и биссектрисе треугольника, проведённой из вершины этого угла.

601. Прямые, касающиеся окружности с центром O в точках A и B, пересекаются в точке K, $\angle AKB = 120^\circ$. Докажите, что $AK + BK = OK$.

Пусть дана окружность с центром в точке $O$. Прямые $AK$ и $BK$ касаются этой окружности в точках $A$ и $B$ соответственно и пересекаются в точке $K$. По условию задачи, угол $\angle AKB = 120^\circ$. Требуется доказать, что $AK + BK = OK$.

1. Рассмотрим отрезки $AK$ и $BK$. По свойству касательных, проведенных к окружности из одной точки, их длины равны. Таким образом, $AK = BK$.

2. Проведем радиусы $OA$ и $OB$ в точки касания. По свойству радиуса, проведенного в точку касания, он перпендикулярен касательной. Следовательно, $OA \perp AK$ и $OB \perp BK$. Это означает, что треугольники $\triangle OAK$ и $\triangle OBK$ являются прямоугольными с прямыми углами $\angle OAK = 90^\circ$ и $\angle OBK = 90^\circ$.

3. Рассмотрим отрезок $OK$, соединяющий центр окружности с точкой пересечения касательных. Этот отрезок является биссектрисой угла $\angle AKB$ (это следует из равенства прямоугольных треугольников $\triangle OAK$ и $\triangle OBK$ по катету-радиусу и общей гипотенузе). Следовательно, $\angle OKA = \angle OKB$.

4. Найдем величину угла $\angle OKA$. Так как $OK$ — биссектриса, то:
$\angle OKA = \frac{\angle AKB}{2} = \frac{120^\circ}{2} = 60^\circ$.

5. Теперь рассмотрим прямоугольный треугольник $\triangle OAK$. Мы знаем, что $\angle OAK = 90^\circ$ и $\angle OKA = 60^\circ$. Сумма углов в треугольнике равна $180^\circ$, поэтому третий угол $\angle AOK$ равен:
$\angle AOK = 180^\circ - 90^\circ - 60^\circ = 30^\circ$.

6. В прямоугольном треугольнике катет, лежащий напротив угла в $30^\circ$, равен половине гипотенузы. В $\triangle OAK$ катет $AK$ лежит напротив угла $\angle AOK = 30^\circ$, а гипотенузой является сторона $OK$. Таким образом, мы можем записать:
$AK = \frac{1}{2} OK$.

7. Из этого равенства следует, что $OK = 2 \cdot AK$.

8. Используя равенство $AK = BK$ из пункта 1, мы можем выразить сумму $AK + BK$ следующим образом:
$AK + BK = AK + AK = 2 \cdot AK$.

9. Сравнивая результаты из пунктов 7 и 8, мы получаем:
$AK + BK = OK$.
Что и требовалось доказать.

Ответ: Утверждение, что $AK + BK = OK$, доказано.

601. Постройте треугольник по стороне, медиане, проведённой к одной из двух других сторон, и углу между данной стороной и медианой.

602. Окружность касается стороны $AB$ треугольника $ABC$ в точке $M$ и касается продолжения двух других сторон. Докажите, что сумма длин отрезков $BC$ и $BM$ равна половине периметра треугольника $ABC$.

Доказательство

Пусть дана окружность, которая касается стороны $AB$ треугольника $ABC$ в точке $M$. Эта окружность также касается продолжений двух других сторон, $AC$ и $BC$. Такую окружность называют вневписанной для треугольника $ABC$.

Обозначим точки касания окружности с прямыми, содержащими стороны треугольника, следующим образом:

• $M$ — точка касания на стороне $AB$.
• $N$ — точка касания на продолжении стороны $AC$ за точку $A$.
• $K$ — точка касания на продолжении стороны $BC$ за точку $B$.

Воспользуемся свойством касательных, проведенных к окружности из одной точки: отрезки касательных от этой точки до точек касания равны.

Применим это свойство для вершин треугольника $A$, $B$ и $C$:

1. Для точки $A$ касательными являются отрезки $AM$ и $AN$. Следовательно, их длины равны: $AM = AN$.
2. Для точки $B$ касательными являются отрезки $BM$ и $BK$. Следовательно, их длины равны: $BM = BK$.
3. Для точки $C$ касательными являются отрезки $CN$ и $CK$. Следовательно, их длины равны: $CN = CK$.

Рассмотрим длины касательных из точки $C$. Их можно выразить через стороны треугольника и длины других касательных:

$CN = AC + AN$

$CK = BC + BK$

Так как $CN = CK$, мы можем приравнять правые части этих выражений:

$AC + AN = BC + BK$

Теперь подставим в это равенство известные нам соотношения $AN = AM$ и $BK = BM$:

$AC + AM = BC + BM$

Это ключевое соотношение для нашего доказательства.

Далее, запишем периметр $P$ треугольника $ABC$:

$P = AB + BC + AC$

Представим сторону $AB$ как сумму отрезков $AM$ и $BM$:

$P = (AM + BM) + BC + AC$

Сгруппируем слагаемые в правой части, чтобы использовать полученное ранее соотношение:

$P = (AC + AM) + (BC + BM)$

Мы уже доказали, что $AC + AM = BC + BM$. Заменим выражение $(AC + AM)$ на равное ему $(BC + BM)$:

$P = (BC + BM) + (BC + BM)$

$P = 2(BC + BM)$

Из последнего равенства выразим сумму длин отрезков $BC$ и $BM$:

$BC + BM = \frac{1}{2} P$

Таким образом, мы доказали, что сумма длин отрезков $BC$ и $BM$ равна половине периметра треугольника $ABC$.

Что и требовалось доказать.

Ответ: Утверждение доказано.

602. Постройте треугольник по стороне, прилежащему к ней острому углу и высоте, проведённой к данной стороне.

603. Через точку $C$ проведены касательные $AC$ и $BC$ к окружности, $A$ и $B$ — точки касания (рис. 340). На окружности взяли произвольную точку $M$, лежащую в одной полуплоскости с точкой $C$ относительно прямой $AB$, и через нее провели касательную к окружности, пересекающую прямые $AC$ и $BC$ в точках $D$ и $E$ соответственно. Докажите, что периметр треугольника $DEC$ не зависит от выбора точки $M$.

Рис. 340

Для доказательства утверждения найдем периметр треугольника $DEC$. Периметр треугольника — это сумма длин всех его сторон:

$P_{DEC} = DC + CE + DE$

Сторона $DE$ является отрезком касательной к окружности в точке $M$. Она состоит из двух отрезков, $DM$ и $ME$, так как точка $M$ лежит между точками $D$ и $E$. Таким образом, мы можем записать: $DE = DM + ME$.

Подставим это выражение в формулу для периметра:

$P_{DEC} = DC + CE + DM + ME$

Теперь воспользуемся основным свойством касательных, проведенных к окружности из одной точки. Это свойство гласит, что длины отрезков касательных от внешней точки до точек касания равны.

Рассмотрим точку $D$. Из нее к окружности проведены две касательные: $DA$ (часть прямой $AC$) и $DM$ (часть прямой $DE$). Следовательно, длины этих отрезков равны:

$DA = DM$

Аналогично рассмотрим точку $E$. Из нее также проведены две касательные к окружности: $EB$ (часть прямой $BC$) и $EM$ (часть прямой $DE$). Следовательно, их длины тоже равны:

$EB = EM$

Теперь в выражении для периметра треугольника $DEC$ мы можем заменить $DM$ на $DA$ и $ME$ на $EB$:

$P_{DEC} = DC + CE + DA + EB$

Сгруппируем слагаемые, чтобы увидеть знакомые отрезки:

$P_{DEC} = (DC + DA) + (CE + EB)$

Как видно из условия и рисунка, точка $D$ лежит на отрезке $AC$, а точка $E$ — на отрезке $BC$. Поэтому сумма длин отрезков $(DC + DA)$ равна длине всего отрезка $AC$, а сумма $(CE + EB)$ равна длине всего отрезка $BC$.

$DC + DA = AC$

$CE + EB = BC$

Таким образом, периметр треугольника $DEC$ равен сумме длин касательных $AC$ и $BC$:

$P_{DEC} = AC + BC$

Длины касательных $AC$ и $BC$ зависят только от положения точки $C$ и самой окружности, но не зависят от положения точки $M$ на дуге $AB$. Поскольку длины $AC$ и $BC$ являются постоянными для данной задачи, их сумма также является постоянной величиной. Следовательно, периметр треугольника $DEC$ не зависит от выбора точки $M$.

Ответ: Периметр треугольника $DEC$ равен сумме длин касательных $AC + BC$. Так как длины этих касательных для заданной окружности и точки $C$ постоянны, то и периметр треугольника $DEC$ не зависит от выбора точки $M$. Что и требовалось доказать.

603. Постройте треугольник по двум сторонам и высоте, проведённой к одной из этих сторон. Сколько решений может иметь задача?

604. Докажите, что середина $M$ отрезка, концы которого принадлежат двум параллельным прямым, является серединой любого отрезка, который проходит через точку $M$ и концы которого принадлежат этим прямым.

Пусть даны две параллельные прямые, назовем их $a$ и $b$, таким образом, что $a \parallel b$.

Пусть $AB$ — это отрезок, концы которого лежат на этих прямых: точка $A$ на прямой $a$ ($A \in a$) и точка $B$ на прямой $b$ ($B \in b$). По условию, точка $M$ является серединой отрезка $AB$, что означает равенство отрезков $AM = MB$.

Рассмотрим произвольный отрезок $CD$, который проходит через точку $M$ и концы которого также принадлежат данным параллельным прямым: $C \in a$ и $D \in b$.

Требуется доказать, что точка $M$ также является серединой отрезка $CD$, то есть что $CM = MD$.

Для доказательства этого утверждения рассмотрим треугольники $\triangle AMC$ и $\triangle BMD$.

Сравним элементы этих треугольников:

1. Сторона $AM$ треугольника $\triangle AMC$ равна стороне $MB$ треугольника $\triangle BMD$, так как по условию точка $M$ — середина отрезка $AB$.

2. Угол $\angle CAM$ и угол $\angle DBM$ являются внутренними накрест лежащими углами, образованными при пересечении параллельных прямых $a$ и $b$ секущей $AB$. Поскольку прямые $a$ и $b$ параллельны, эти углы равны: $\angle CAM = \angle DBM$.

3. Угол $\angle AMC$ и угол $\angle BMD$ являются вертикальными углами, образованными при пересечении отрезков $AB$ и $CD$. По свойству вертикальных углов, они равны: $\angle AMC = \angle BMD$.

Таким образом, мы установили, что в треугольниках $\triangle AMC$ и $\triangle BMD$ сторона и два прилежащих к ней угла одного треугольника соответственно равны стороне и двум прилежащим к ней углам другого треугольника.

Следовательно, по второму признаку равенства треугольников (по стороне и двум прилежащим углам), треугольник $\triangle AMC$ равен треугольнику $\triangle BMD$ ($\triangle AMC \cong \triangle BMD$).

Из равенства треугольников следует равенство их соответствующих сторон. В частности, сторона $CM$ треугольника $\triangle AMC$ равна соответствующей ей стороне $MD$ треугольника $\triangle BMD$. Таким образом, $CM = MD$.

Это доказывает, что точка $M$ является серединой отрезка $CD$. Поскольку отрезок $CD$ был выбран произвольно, данное утверждение справедливо для любого отрезка, проходящего через точку $M$ и соединяющего две параллельные прямые.

Ответ: Что и требовалось доказать.

604. Постройте треугольник по стороне и проведённым из одного и того же конца этой стороны медиане и высоте. Сколько решений может иметь задача?

605. Отрезки $AB$ и $CD$ лежат на одной прямой и имеют общую середину. Точку $M$ выбрали так, что треугольник $AMB$ равнобедренный с основанием $AB$. Докажите, что $\Delta CMD$ также является равнобедренным с основанием $CD$.

Обозначим общую середину отрезков $AB$ и $CD$ точкой $O$.

По условию задачи, треугольник $AMB$ является равнобедренным с основанием $AB$. В равнобедренном треугольнике боковые стороны равны, следовательно, $AM = BM$.

Рассмотрим отрезок $MO$. Поскольку точка $O$ является серединой отрезка $AB$ (так как $O$ — общая середина для $AB$ и $CD$), отрезок $MO$ является медианой треугольника $AMB$, проведенной к основанию $AB$.

Согласно свойству равнобедренного треугольника, медиана, проведенная к основанию, также является и высотой. Следовательно, отрезок $MO$ является высотой, то есть он перпендикулярен основанию $AB$ ($MO \perp AB$).

Так как отрезки $AB$ и $CD$ лежат на одной прямой, то отрезок $MO$ перпендикулярен и прямой, на которой лежит отрезок $CD$. Это означает, что углы $\angle MOC$ и $\angle MOD$ являются прямыми, то есть $\angle MOC = \angle MOD = 90^\circ$.

Теперь рассмотрим треугольники $\triangle MOC$ и $\triangle MOD$. У них:

• $CO = OD$, так как $O$ — середина отрезка $CD$ по условию.
• $MO$ — общая сторона.
• $\angle MOC = \angle MOD = 90^\circ$, как было показано выше.

Таким образом, треугольники $\triangle MOC$ и $\triangle MOD$ равны по первому признаку равенства треугольников (по двум сторонам и углу между ними).

Из равенства треугольников следует равенство их соответствующих сторон, то есть $CM = DM$.

Так как в треугольнике $CMD$ две стороны ($CM$ и $DM$) равны, то по определению он является равнобедренным. Сторона $CD$ при этом является его основанием.

Ответ: Треугольник $CMD$ является равнобедренным с основанием $CD$, что и требовалось доказать.

605. Постройте треугольник по высоте и двум углам, которые эта высота образует со сторонами треугольника, имеющими с высотой общую вершину. Сколько решений может иметь задача?