Страница 161 - гдз по геометрии 7 класс учебник Мерзляк, Полонский

635. Боковая сторона равнобедренного треугольника делится точкой касания вписанной окружности в отношении 5 : 7, считая от вершины угла при основании. Найдите стороны треугольника, если его периметр равен 68 см.

Пусть дан равнобедренный треугольник $ABC$ с основанием $AC$ и боковыми сторонами $AB$ и $BC$ ($AB = BC$). В треугольник вписана окружность, которая касается сторон $AB$, $BC$ и $AC$ в точках $K$, $M$ и $N$ соответственно.

По условию задачи, точка касания делит боковую сторону в отношении $5 : 7$, считая от вершины угла при основании. Рассмотрим боковую сторону $AB$ и вершину при основании $A$. Точка касания $K$ делит сторону $AB$ на отрезки $AK$ и $KB$ так, что $AK : KB = 5 : 7$.

Введем коэффициент пропорциональности $x$, тогда длины отрезков будут равны $AK = 5x$ и $KB = 7x$.

Длина боковой стороны $AB$ равна сумме длин этих отрезков:

$AB = AK + KB = 5x + 7x = 12x$.

Так как треугольник равнобедренный, то вторая боковая сторона $BC$ также равна $12x$.

Согласно свойству отрезков касательных, проведенных из одной вершины к окружности, длины этих отрезков равны. Применим это свойство к вершинам нашего треугольника:

• Из вершины $A$: $AN = AK = 5x$.
• Из вершины $B$: $BM = BK = 7x$.
• Из вершины $C$: $CN = CM$.

Найдем длину отрезка $CM$ на стороне $BC$: $CM = BC - BM = 12x - 7x = 5x$.

Следовательно, $CN = CM = 5x$.

Теперь мы можем найти длину основания $AC$, которая равна сумме отрезков $AN$ и $NC$:

$AC = AN + NC = 5x + 5x = 10x$.

Периметр треугольника равен сумме длин всех его сторон. По условию, периметр равен 68 см. Составим уравнение:

$P = AB + BC + AC$

$68 = 12x + 12x + 10x$

$68 = 34x$

Решим уравнение относительно $x$:

$x = \frac{68}{34} = 2$.

Теперь, зная значение $x$, можем найти длины сторон треугольника:

Длина боковых сторон: $AB = BC = 12x = 12 \cdot 2 = 24$ см.

Длина основания: $AC = 10x = 10 \cdot 2 = 20$ см.

Ответ: боковые стороны треугольника равны по 24 см, а основание равно 20 см.

635. Постройте равнобедренный треугольник по боковой стороне и медиане, проведённой к боковой стороне.

636. Периметр треугольника $ABC$, описанного около окружности, равен 52 см. Точка касания со стороной $AB$ делит эту сторону в отношении 2:3, считая от вершины $A$. Точка касания со стороной $BC$ удалена от вершины $C$ на 6 см. Найдите стороны треугольника.

Пусть в треугольнике $ABC$ вписана окружность, которая касается сторон $AB$, $BC$ и $AC$ в точках $K$, $L$ и $M$ соответственно.

Основное свойство, которое мы будем использовать: отрезки касательных, проведенных к окружности из одной точки, равны.
Значит, $AK = AM$, $BK = BL$ и $CL = CM$.

Из условия известно, что точка касания со стороной $BC$ удалена от вершины $C$ на 6 см. Пусть это точка $L$. Таким образом, $CL = 6$ см.
По свойству касательных, $CM$ также равно 6 см.
$CL = CM = 6$ см.

Также по условию, точка касания $K$ на стороне $AB$ делит ее в отношении $2:3$, считая от вершины $A$. Это означает, что $AK : KB = 2 : 3$.
Введем коэффициент пропорциональности $x$. Тогда $AK = 2x$ см, а $KB = 3x$ см.

Используя свойство касательных для вершин $A$ и $B$, получаем:
$AM = AK = 2x$ см.
$BL = BK = 3x$ см.

Теперь мы можем выразить длины всех сторон треугольника через $x$:
$AB = AK + KB = 2x + 3x = 5x$ см.
$BC = BL + LC = 3x + 6$ см.
$AC = AM + MC = 2x + 6$ см.

Периметр треугольника $P_{ABC}$ равен сумме длин его сторон. По условию, $P_{ABC} = 52$ см. Составим уравнение:
$AB + BC + AC = 52$
$5x + (3x + 6) + (2x + 6) = 52$
$10x + 12 = 52$
$10x = 52 - 12$
$10x = 40$
$x = 4$

Найдя значение $x$, мы можем вычислить длины сторон треугольника:
$AB = 5x = 5 \cdot 4 = 20$ см.
$BC = 3x + 6 = 3 \cdot 4 + 6 = 12 + 6 = 18$ см.
$AC = 2x + 6 = 2 \cdot 4 + 6 = 8 + 6 = 14$ см.

Ответ: стороны треугольника равны 20 см, 18 см и 14 см.

636. На данной окружности постройте точку, находящуюся на данном расстоянии от данной прямой. Сколько решений может иметь задача?

637. В треугольник с углами $30^\circ$, $70^\circ$ и $80^\circ$ вписана окружность. Найдите углы треугольника, вершины которого являются точками касания вписанной окружности со сторонами данного треугольника.

Пусть дан треугольник $ABC$ с углами $\angle A = 30^\circ$, $\angle B = 70^\circ$ и $\angle C = 80^\circ$.В этот треугольник вписана окружность с центром в точке $I$.Пусть точки $D, E, F$ – это точки касания вписанной окружности со сторонами $BC, AC$ и $AB$ соответственно.Требуется найти углы треугольника $DEF$.

Для нахождения углов треугольника $DEF$ воспользуемся свойствами вписанной окружности и касательных.

Найдем угол $\angle FDE$. Этот угол является вписанным в окружность, которая для $\triangle ABC$ является вписанной. Угол $\angle FDE$ опирается на дугу $FE$. Величина вписанного угла равна половине центрального угла, опирающегося на ту же дугу. В данном случае это угол $\angle FIE$. Таким образом, $\angle FDE = \frac{1}{2} \angle FIE$.

Чтобы найти величину центрального угла $\angle FIE$, рассмотрим четырехугольник $AFIE$. В этом четырехугольнике:

• $\angle FAE$ — это угол $\angle A$ исходного треугольника.
• $IF$ и $IE$ — радиусы, проведенные к точкам касания, поэтому они перпендикулярны сторонам $AB$ и $AC$ соответственно. Следовательно, $\angle AFI = 90^\circ$ и $\angle AEI = 90^\circ$.

Сумма углов в четырехугольнике равна $360^\circ$. Для четырехугольника $AFIE$ получаем:$\angle FAE + \angle AFI + \angle FIE + \angle IEI = 360^\circ$$\angle A + 90^\circ + \angle FIE + 90^\circ = 360^\circ$$\angle FIE = 360^\circ - 180^\circ - \angle A = 180^\circ - \angle A$

Теперь можем вычислить угол $\angle FDE$:$\angle FDE = \frac{1}{2} \angle FIE = \frac{1}{2}(180^\circ - \angle A) = 90^\circ - \frac{\angle A}{2}$Подставляем известное значение $\angle A = 30^\circ$:$\angle FDE = 90^\circ - \frac{30^\circ}{2} = 90^\circ - 15^\circ = 75^\circ$.

Аналогично рассуждая, найдем два других угла треугольника $DEF$.Угол $\angle DEF$ связан с углом $\angle B$ исходного треугольника:$\angle DEF = 90^\circ - \frac{\angle B}{2}$Подставляем известное значение $\angle B = 70^\circ$:$\angle DEF = 90^\circ - \frac{70^\circ}{2} = 90^\circ - 35^\circ = 55^\circ$.

Угол $\angle EFD$ связан с углом $\angle C$ исходного треугольника:$\angle EFD = 90^\circ - \frac{\angle C}{2}$Подставляем известное значение $\angle C = 80^\circ$:$\angle EFD = 90^\circ - \frac{80^\circ}{2} = 90^\circ - 40^\circ = 50^\circ$.

Таким образом, мы нашли все три угла треугольника, образованного точками касания. Проверим, что их сумма равна $180^\circ$:$75^\circ + 55^\circ + 50^\circ = 180^\circ$.Вычисления верны.

Ответ: углы треугольника, вершины которого являются точками касания, равны $50^\circ, 55^\circ$ и $75^\circ$.

637. На данной окружности постройте точку, равноудаленную от двух данных пересекающихся прямых. Сколько решений может иметь задача?

638. Окружность, вписанная в равнобедренный треугольник $ABC$, касается его боковых сторон $AB$ и $BC$ в точках $M$ и $N$ соответственно.

Докажите, что $MN \parallel AC$.

Пусть дан равнобедренный треугольник $ABC$, в котором боковые стороны $AB$ и $BC$ равны. Окружность, вписанная в этот треугольник, касается сторон $AB$ и $BC$ в точках $M$ и $N$ соответственно.

По свойству касательных, проведенных из одной точки к окружности, отрезки касательных равны. Для вершины $B$ это свойство означает, что длины отрезков $BM$ и $BN$ равны: $BM = BN$.

Рассмотрим треугольники $BMN$ и $BAC$. Мы докажем их подобие.

Во-первых, угол $\angle B$ является общим для обоих треугольников.

Во-вторых, рассмотрим стороны, образующие этот угол. По условию, треугольник $ABC$ равнобедренный, то есть $AB = BC$. Как было показано выше, $BM = BN$. Таким образом, отношения сторон, прилежащих к общему углу $\angle B$, равны:

$\frac{BM}{AB} = \frac{BN}{BC}$

Поскольку два треугольника имеют общий угол и пропорциональные стороны, прилежащие к этому углу, треугольники $BMN$ и $BAC$ подобны по второму признаку подобия (по двум сторонам и углу между ними).

Из подобия треугольников следует равенство их соответственных углов. В частности, угол $\angle BMN$ треугольника $BMN$ равен углу $\angle BAC$ треугольника $BAC$:

$\angle BMN = \angle BAC$

Углы $\angle BMN$ и $\angle BAC$ являются соответственными при прямых $MN$ и $AC$ и секущей $AB$. Так как эти соответственные углы равны, то по признаку параллельности прямых, прямая $MN$ параллельна прямой $AC$.

Что и требовалось доказать.

Ответ: Утверждение доказано.

638. Между двумя параллельными прямыми дана точка. Постройте окружность, проходящую через эту точку и касающуюся данных прямых. Сколько решений имеет задача?

639. Докажите, что если центр окружности, описанной около треугольника, принадлежит его стороне, то этот треугольник прямоугольный.

Пусть дан треугольник $ABC$ и описанная около него окружность с центром в точке $O$.

По условию задачи, центр окружности $O$ принадлежит одной из сторон треугольника. Предположим, что точка $O$ лежит на стороне $AC$.

По определению описанной окружности, все вершины треугольника лежат на этой окружности. Расстояние от центра окружности до любой из её вершин равно радиусу $R$. Следовательно, $OA = OB = OC = R$.

Так как точка $O$ лежит на отрезке $AC$, то длина этого отрезка равна сумме длин отрезков $OA$ и $OC$. Таким образом, длина стороны $AC$ составляет:

$AC = OA + OC = R + R = 2R$.

Хорда окружности, проходящая через её центр, является диаметром. Так как сторона $AC$ проходит через центр $O$ и ее длина равна $2R$, то $AC$ — диаметр описанной окружности.

Угол $\angle ABC$ является вписанным углом, так как его вершина $B$ лежит на окружности, а его стороны $BA$ и $BC$ являются хордами. Этот угол опирается на дугу $AC$.

Поскольку хорда $AC$ является диаметром, дуга $AC$ — это полуокружность, и её градусная мера равна $180^\circ$.

По теореме о вписанном угле, его величина равна половине градусной меры дуги, на которую он опирается. Следовательно, величина угла $\angle ABC$ равна:

$\angle ABC = \frac{1}{2} \cdot 180^\circ = 90^\circ$.

Так как один из углов треугольника $ABC$ равен $90^\circ$, то по определению этот треугольник является прямоугольным. Что и требовалось доказать.

Ответ: Утверждение доказано. Если центр описанной около треугольника окружности принадлежит его стороне, то эта сторона является диаметром. Вписанный угол, опирающийся на диаметр, всегда равен $90^\circ$, следовательно, такой треугольник является прямоугольным.

639. Постройте окружность, проходящую через данную точку $A$ и касающуюся данной прямой $m$ в данной точке $B$.

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

Пусть вписанная в треугольник $ABC$ окружность касается его сторон $AB$, $BC$ и $AC$ в точках $M$, $N$ и $K$ соответственно.

По свойству касательных, проведенных к окружности из одной точки, длины отрезков от вершины до точек касания равны. Таким образом, мы имеем следующие равенства:
$AM = AK$
$BM = BN$
$CK = CN$

Периметр треугольника $P$ равен сумме длин его сторон: $P = AB + BC + AC$. Мы можем выразить длины сторон через отрезки, на которые их делят точки касания: $AB = AM + MB$
$BC = BN + NC$
$AC = AK + KC$

Тогда периметр можно записать как: $P = (AM + MB) + (BN + NC) + (CK + KA)$
Сгруппируем равные отрезки, используя свойство касательных: $P = (AM + AK) + (BM + BN) + (CK + CN) = 2 \cdot AM + 2 \cdot BM + 2 \cdot CK$

Полупериметр $p$ по определению равен половине периметра: $p = \frac{P}{2} = \frac{2 \cdot AM + 2 \cdot BM + 2 \cdot CK}{2} = AM + BM + CK$

По условию задачи, длина стороны $BC$ равна $a$. Сторона $BC$ состоит из отрезков $BN$ и $NC$: $BC = BN + NC = a$
Так как $BM = BN$ и $CK = CN$, мы можем переписать выражение для полупериметра $p$, используя другие равные отрезки: $p = AM + BN + CN$

Заметим, что сумма $BN + CN$ в точности равна стороне $BC$, то есть $a$. Подставим это в выражение для полупериметра: $p = AM + (BN + CN)$
$p = AM + a$

Из полученного равенства выразим длину отрезка $AM$: $AM = p - a$
Что и требовалось доказать.

Ответ: Равенство $AM = p - a$ доказано.

640. Даны две параллельные прямые и секущая. Постройте окружность, касающуюся этих трёх прямых.

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

Пусть дан равносторонний треугольник $ABC$ со стороной $a$. Стороны треугольника $AB$, $BC$ и $CA$ являются касательными к вписанной в него окружности.

Проведем новую касательную к этой окружности, которая, согласно условию, пересекает две стороны исходного треугольника. Без ограничения общности, предположим, что эта касательная пересекает стороны $AB$ и $AC$ в точках $P$ и $Q$ соответственно. Эта касательная отсекает от $\triangle ABC$ малый треугольник $\triangle APQ$. Нам необходимо найти периметр этого треугольника $P_{APQ}$.

Рассмотрим четырехугольник $PBCQ$. Его стороны — это отрезки $PB$, $BC$, $CQ$ и $QP$. Все четыре стороны этого четырехугольника касаются одной и той же окружности (вписанной в $\triangle ABC$). Такой четырехугольник называется описанным или тангенциальным.

Для любого описанного четырехугольника справедлива теорема Пито, которая гласит, что суммы длин его противоположных сторон равны. В нашем случае это означает:

$PB + CQ = BC + PQ$

Теперь выразим длины отрезков $PB$ и $CQ$ через сторону $a$ и стороны малого треугольника $APQ$.

Точка $P$ лежит на стороне $AB$, поэтому длина отрезка $PB$ равна разности длин $AB$ и $AP$:

$PB = AB - AP = a - AP$

Точка $Q$ лежит на стороне $AC$, поэтому длина отрезка $CQ$ равна разности длин $AC$ и $AQ$:

$CQ = AC - AQ = a - AQ$

Подставим эти выражения в равенство из теоремы Пито:

$(a - AP) + (a - AQ) = a + PQ$

Раскроем скобки и упростим выражение:

$2a - AP - AQ = a + PQ$

Перенесем слагаемые $AP$ и $AQ$ в правую часть уравнения, а $a$ в левую:

$2a - a = AP + AQ + PQ$

$a = AP + AQ + PQ$

Выражение в правой части является периметром треугольника $APQ$ ($P_{APQ}$). Таким образом, мы получили:

$P_{APQ} = a$

Периметр треугольника, который касательная отсекает от данного, равен длине стороны исходного равностороннего треугольника.

Ответ: $a$.

641. Постройте треугольник по двум сторонам и радиусу описанной окружности. Сколько решений может иметь задача?

642. 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?

Пусть в равнобедренный треугольник $ABC$ с основанием $AC$ вписана окружность. Обозначим точки касания окружности со сторонами $AB$, $BC$ и $AC$ как $X$, $Y$ и $Z$ соответственно.

Рассмотрим один из отсеченных треугольников, например, $ADK$. Его периметр $P_{ADK}$ равен сумме длин его сторон: $P_{ADK} = AD + AK + DK$.

Прямая $DK$ является касательной к вписанной окружности. Пусть $T_1$ — точка касания прямой $DK$ с окружностью. Согласно свойству касательных, проведенных из одной точки к окружности, длины отрезков касательных от этой точки до точек касания равны.

• Для точки $D$, лежащей на стороне $AB$, отрезки касательных к окружности — это $DT_1$ и $DX$. Следовательно, $DT_1 = DX$.
• Для точки $K$, лежащей на стороне $AC$, отрезки касательных к окружности — это $KT_1$ и $KZ$. Следовательно, $KT_1 = KZ$.

Теперь выразим периметр треугольника $ADK$ через отрезки на сторонах большого треугольника: $P_{ADK} = AD + AK + DK = AD + AK + (DT_1 + T_1K)$
Заменим $DT_1$ на $DX$ и $T_1K$ на $KZ$: $P_{ADK} = AD + AK + DX + KZ$
Сгруппируем слагаемые: $P_{ADK} = (AD + DX) + (AK + KZ)$
Поскольку точки $D$ и $K$ лежат на сторонах треугольника $ABC$, то $AD + DX = AX$ и $AK + KZ = AZ$. Таким образом, периметр треугольника $ADK$ равен $P_{ADK} = AX + AZ$.

Проведем аналогичные рассуждения для двух других отсеченных треугольников, $BEF$ и $CMN$.

• Для треугольника $BEF$ (где $E$ на $AB$, $F$ на $BC$): $P_{BEF} = BX + BY$.
• Для треугольника $CMN$ (где $M$ на $BC$, $N$ на $AC$): $P_{CMN} = CY + CZ$.

По условию задачи, сумма периметров этих трех треугольников равна 42 см: $P_{ADK} + P_{BEF} + P_{CMN} = 42$ см.
Подставим полученные выражения для периметров: $(AX + AZ) + (BX + BY) + (CY + CZ) = 42$
Перегруппируем слагаемые, чтобы получить стороны исходного треугольника $ABC$: $(AX + BX) + (BY + CY) + (AZ + CZ) = 42$
Заметим, что: $AX + BX = AB$
$BY + CY = BC$
$AZ + CZ = AC$
Таким образом, мы приходим к выводу, что сумма периметров отсеченных треугольников равна периметру исходного треугольника $ABC$: $P_{ABC} = AB + BC + AC = 42$ см.

Из условия известно, что треугольник $ABC$ — равнобедренный с основанием $AC = 10$ см и боковыми сторонами $AB = BC$. Обозначим длину боковой стороны как $b$.
Подставим известные значения в формулу периметра: $b + b + 10 = 42$
$2b + 10 = 42$
$2b = 42 - 10$
$2b = 32$
$b = \frac{32}{2} = 16$ см.

Следовательно, боковая сторона данного треугольника равна 16 см.

Ответ: 16 см.

642. Постройте треугольник по стороне, высоте, проведенной к этой стороне, и радиусу описанной окружности. Сколько решений может иметь задача?

643. 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 $BD$.

Пусть в треугольнике $ABC$ проведенa медиана $BD$. В треугольники $ABD$ и $BDC$ вписаны окружности. Обозначим точки касания этих окружностей с медианой $BD$ как $M$ и $N$ соответственно. Нам необходимо найти длину отрезка $MN$.

Воспользуемся свойством вписанной в треугольник окружности. Расстояние от вершины треугольника до точки касания на прилежащей к этой вершине стороне равно полупериметру треугольника минус длина противолежащей стороны. Альтернативная формула для этого расстояния от вершины $B$ до точки касания на стороне $BD$ в треугольнике $ABD$ выглядит так:

$BM = \frac{AB + BD - AD}{2}$

Аналогично, для треугольника $BDC$ расстояние от вершины $B$ до точки касания $N$ на стороне $BD$ равно:

$BN = \frac{BC + BD - DC}{2}$

Подставим в эти формулы известные значения длин сторон $AB = 7$ см и $BC = 8$ см:

$BM = \frac{7 + BD - AD}{2}$

$BN = \frac{8 + BD - DC}{2}$

Искомое расстояние между точками касания $M$ и $N$ равно модулю разности длин отрезков $BM$ и $BN$:

$MN = |BM - BN|$

Подставим выражения для $BM$ и $BN$:

$MN = \left| \frac{7 + BD - AD}{2} - \frac{8 + BD - DC}{2} \right|$

Приведем к общему знаменателю и упростим числитель:

$MN = \left| \frac{(7 + BD - AD) - (8 + BD - DC)}{2} \right| = \left| \frac{7 + BD - AD - 8 - BD + DC}{2} \right|$

Члены $BD$ и $-BD$ взаимно уничтожаются:

$MN = \left| \frac{7 - 8 - AD + DC}{2} \right| = \left| \frac{-1 - AD + DC}{2} \right|$

По условию задачи, отрезок $BD$ является медианой треугольника $ABC$. По определению медианы, точка $D$ — середина стороны $AC$, следовательно, $AD = DC$.

Подставим это равенство в полученную формулу:

$MN = \left| \frac{-1 - AD + AD}{2} \right| = \left| \frac{-1}{2} \right| = \frac{1}{2} = 0,5$ см.

Ответ: 0,5 см.

643. Постройте равносторонний треугольник по радиусу описанной окружности.

644. Каждый из углов $BAC$ и $ACB$ треугольника $ABC$ разделили на три равные части (рис. 354).

Докажите, что $\angle AMN = \angle CMN$.

Рис. 354

Доказательство:

Обозначим величины равных частей углов $A$ и $C$ через $\alpha$ и $\gamma$ соответственно. То есть, $\angle BAC = 3\alpha$ и $\angle ACB = 3\gamma$.

Пусть $l_{A1}$ и $l_{A2}$ — лучи, исходящие из вершины $A$ и делящие $\angle BAC$ на три равные части, причем $l_{A1}$ расположен ближе к стороне $AB$, а $l_{A2}$ — к стороне $AC$. Аналогично, пусть $l_{C1}$ и $l_{C2}$ — лучи из вершины $C$, делящие $\angle ACB$ на три равные части, причем $l_{C1}$ расположен ближе к стороне $CB$, а $l_{C2}$ — к стороне $CA$.

Таким образом, мы имеем следующие равенства углов: $\angle BAl_{A1} = \angle l_{A1}Al_{A2} = \angle l_{A2}AC = \alpha$. $\angle BCl_{C1} = \angle l_{C1}Cl_{C2} = \angle l_{C2}CA = \gamma$.

Согласно рисунку, точка $M$ является точкой пересечения лучей $l_{A1}$ и $l_{C1}$, а точка $N$ — точкой пересечения лучей $l_{A2}$ и $l_{C2}$. Требуется доказать, что $\angle AMN = \angle CMN$.

Найдем углы в треугольниках $\triangle AMC$ и $\triangle ANC$, а также углы, образованные лучами, проходящими через точки $M$ и $N$. В $\triangle AMC$: $\angle MAC = \angle l_{A1}AC = \angle l_{A1}Al_{A2} + \angle l_{A2}AC = \alpha + \alpha = 2\alpha$. $\angle MCA = \angle l_{C1}CA = \angle l_{C1}Cl_{C2} + \angle l_{C2}CA = \gamma + \gamma = 2\gamma$. Следовательно, $\angle AMC = 180^\circ - (2\alpha + 2\gamma)$.

В $\triangle ANC$: $\angle NAC = \angle l_{A2}AC = \alpha$. $\angle NCA = \angle l_{C2}CA = \gamma$.

Углы $\angle MAN$ и $\angle MCN$ образованы соответствующими парами лучей: $\angle MAN = \angle l_{A1}Al_{A2} = \alpha$. $\angle MCN = \angle l_{C1}Cl_{C2} = \gamma$.

Применим теорему синусов к треугольнику $\triangle ANC$: $\frac{AN}{\sin(\angle NCA)} = \frac{CN}{\sin(\angle NAC)} \implies \frac{AN}{\sin \gamma} = \frac{CN}{\sin \alpha}$. Из этого соотношения следует: $AN \cdot \sin \alpha = CN \cdot \sin \gamma$.

Теперь применим теорему синусов к треугольникам $\triangle AMN$ и $\triangle CMN$. Для $\triangle AMN$: $\frac{MN}{\sin(\angle MAN)} = \frac{AN}{\sin(\angle AMN)} \implies \frac{MN}{\sin \alpha} = \frac{AN}{\sin(\angle AMN)}$. Отсюда получаем $\sin(\angle AMN) = \frac{AN \cdot \sin \alpha}{MN}$.

Для $\triangle CMN$: $\frac{MN}{\sin(\angle MCN)} = \frac{CN}{\sin(\angle CMN)} \implies \frac{MN}{\sin \gamma} = \frac{CN}{\sin(\angle CMN)}$. Отсюда получаем $\sin(\angle CMN) = \frac{CN \cdot \sin \gamma}{MN}$.

Ранее мы установили, что $AN \cdot \sin \alpha = CN \cdot \sin \gamma$. Сравнивая выражения для $\sin(\angle AMN)$ и $\sin(\angle CMN)$, видим, что их правые части равны: $\frac{AN \cdot \sin \alpha}{MN} = \frac{CN \cdot \sin \gamma}{MN}$. Следовательно, $\sin(\angle AMN) = \sin(\angle CMN)$.

Из равенства синусов двух углов следует, что либо сами углы равны, либо их сумма равна $180^\circ$. То есть, либо $\angle AMN = \angle CMN$, либо $\angle AMN + \angle CMN = 180^\circ$.

Заметим, что сумма $\angle AMN + \angle CMN$ составляет угол $\angle AMC$. В треугольнике $\triangle AMC$ угол $\angle AMC = 180^\circ - (2\alpha + 2\gamma)$. Поскольку $\alpha$ и $\gamma$ — части углов невырожденного треугольника $ABC$, они положительны: $\alpha > 0$, $\gamma > 0$. Значит, $2\alpha + 2\gamma > 0$, и, следовательно, $\angle AMC < 180^\circ$. Поэтому равенство $\angle AMN + \angle CMN = 180^\circ$ невозможно.

Таким образом, остается единственный вариант: $\angle AMN = \angle CMN$.

Ответ: Что и требовалось доказать.

644. Три прямые попарно пересекаются и не проходят через одну точку. Постройте точку, равноудалённую от всех трёх прямых. Сколько решений имеет задача?