Страница 162 - гдз по геометрии 7 класс учебник Мерзляк, Полонский

645. Пусть вершина угла $B$ недоступна (рис. 355). С помощью транспортира и линейки без делений постройте прямую, содержащую биссектрису угла $B$.

Рис. 355

Для построения биссектрисы угла с недоступной вершиной можно воспользоваться свойством биссектрис треугольника. Биссектрисы внутренних углов любого треугольника пересекаются в одной точке — центре вписанной окружности (инцентре). Эта точка равноудалена от всех сторон треугольника. Следовательно, если мы сможем построить треугольник, у которого две стороны лежат на сторонах нашего угла $B$, то инцентр этого треугольника будет лежать на биссектрисе угла $B$. Найдя две такие точки, мы сможем провести через них искомую прямую.

Пошаговый алгоритм построения:

1. С помощью линейки проведем произвольную прямую (секущую), которая пересекает стороны угла $B$ в точках $A$ и $C$. Таким образом, мы получаем треугольник $ABC$, вершина $B$ которого недоступна.
2. С помощью транспортира измерим величину угла $\angle BAC$. Разделив ее пополам, построим луч, являющийся биссектрисой этого угла, направленный внутрь треугольника $ABC$.
3. Аналогично с помощью транспортира измерим и построим биссектрису угла $\angle BCA$, также направив ее внутрь треугольника.
4. Две построенные биссектрисы пересекутся в некоторой точке. Обозначим ее $I_1$. Эта точка является инцентром треугольника $ABC$ и, по своему свойству, равноудалена от сторон $BA$ и $BC$. Следовательно, точка $I_1$ лежит на биссектрисе угла $B$. Мы нашли первую точку искомой прямой.
5. Для построения прямой нам необходима вторая точка. Повторим действия: проведем новую произвольную секущую, которая пересечет стороны угла $B$ в других точках, $A'$ и $C'$.
6. Так же, как и в пунктах 2-4, найдем точку пересечения биссектрис углов $\angle BA'C'$ и $\angle BC'A'$. Обозначим эту вторую точку $I_2$. Она также будет лежать на биссектрисе угла $B$.
7. Теперь у нас есть две точки, $I_1$ и $I_2$, принадлежащие биссектрисе угла $B$. С помощью линейки проводим прямую через точки $I_1$ и $I_2$. Эта прямая и будет искомой прямой, содержащей биссектрису угла $B$.

Ответ: Построение выполняется в два этапа для нахождения двух точек искомой биссектрисы. На каждом этапе проводится произвольная секущая, пересекающая стороны угла (например, в точках $A$ и $C$). Затем строятся биссектрисы двух доступных углов образовавшегося треугольника ($\angle BAC$ и $\angle BCA$). Точка их пересечения принадлежит искомой биссектрисе. Повторив процедуру с другой секущей, находят вторую точку. Через две найденные точки проводится искомая прямая.

645. Постройте прямоугольный треугольник по катету и сумме гипотенузы и другого катета.

646. Точки F и O – центры вписанной и описанной окружностей равнобедренного треугольника ABC соответственно (рис. 356). Они находятся на одинаковом расстоянии от его основания AC. Найдите углы треугольника ABC.

Рис. 356

Пусть в равнобедренном треугольнике $ABC$ с основанием $AC$ углы при основании равны $\angle A = \angle C = \alpha$, а угол при вершине $\angle B = 180^\circ - 2\alpha$. Проведем высоту $BH$ к основанию. Центры вписанной окружности $F$ и описанной окружности $O$ лежат на этой высоте, которая является осью симметрии треугольника.

Расстояние от центра вписанной окружности $F$ до основания $AC$ равно радиусу вписанной окружности $r$. Это расстояние равно длине отрезка $FH$. В прямоугольном треугольнике $AFH$, где $H$ — середина $AC$, а $AF$ — биссектриса угла $A$, имеем $\angle FAH = \alpha/2$. Отсюда:

$FH = r = AH \cdot \tan(\frac{\alpha}{2}) = \frac{AC}{2} \tan(\frac{\alpha}{2})$.

Расстояние от центра описанной окружности $O$ до основания $AC$ равно длине отрезка $OH$. Положение точки $O$ на высоте $BH$ зависит от вида треугольника. По условию $FH = OH$. Рассмотрим два возможных случая.

Случай 1: Треугольник $ABC$ остроугольный

В этом случае угол при вершине $\beta < 90^\circ$, что эквивалентно условию $\alpha > 45^\circ$. Центр описанной окружности $O$ находится внутри треугольника. В равнобедренном треугольнике $OAC$ ($OA=OC=R$, где $R$ — радиус описанной окружности) центральный угол $\angle AOC$ связан с вписанным углом $\angle B$ соотношением $\angle AOC = 2\beta = 2(180^\circ - 2\alpha) = 360^\circ - 4\alpha$. Высота $OH$ является также биссектрисой, поэтому $\angle AOH = \frac{1}{2}\angle AOC = 180^\circ - 2\alpha$.В прямоугольном треугольнике $OAH$ имеем:$OH = AH \cdot \cot(\angle AOH) = \frac{AC}{2} \cot(180^\circ - 2\alpha) = -\frac{AC}{2} \cot(2\alpha)$.(Так как $\alpha > 45^\circ$, то $2\alpha > 90^\circ$, и $\cot(2\alpha)$ отрицательно, следовательно, $OH$ — положительная величина).Приравнивая $FH$ и $OH$, получаем уравнение:$\frac{AC}{2} \tan(\frac{\alpha}{2}) = -\frac{AC}{2} \cot(2\alpha)$$\tan(\frac{\alpha}{2}) = -\cot(2\alpha)$.Используя формулу приведения $\tan(x - 90^\circ) = -\cot(x)$, получаем:$\tan(\frac{\alpha}{2}) = \tan(2\alpha - 90^\circ)$.Общее решение этого уравнения: $\frac{\alpha}{2} = 2\alpha - 90^\circ + 180^\circ \cdot k$ для целого $k$.$90^\circ = \frac{3\alpha}{2} + 180^\circ \cdot k$.При $k=0$ находим $\frac{3\alpha}{2} = 90^\circ$, откуда $\alpha = 60^\circ$.Это значение удовлетворяет условию $\alpha > 45^\circ$.Таким образом, углы треугольника: $\angle A = 60^\circ, \angle C = 60^\circ, \angle B = 180^\circ - 2 \cdot 60^\circ = 60^\circ$.В этом случае треугольник равносторонний, центры $F$ и $O$ совпадают, и условие равенства расстояний выполняется.

Случай 2: Треугольник $ABC$ тупоугольный

В этом случае тупым может быть только угол при вершине, то есть $\beta > 90^\circ$, что эквивалентно условию $\alpha < 45^\circ$. Центр описанной окружности $O$ находится вне треугольника, с противоположной стороны от основания $AC$. В равнобедренном треугольнике $OAC$ центральный угол $\angle AOC = 360^\circ - 2\beta = 360^\circ - 2(180^\circ - 2\alpha) = 4\alpha$. Высота $OH$ является биссектрисой, поэтому $\angle AOH = \frac{1}{2}\angle AOC = 2\alpha$.В прямоугольном треугольнике $OAH$ имеем:$OH = AH \cdot \cot(\angle AOH) = \frac{AC}{2} \cot(2\alpha)$.Приравнивая $FH$ и $OH$, получаем уравнение:$\frac{AC}{2} \tan(\frac{\alpha}{2}) = \frac{AC}{2} \cot(2\alpha)$$\tan(\frac{\alpha}{2}) = \cot(2\alpha)$.Используя формулу приведения $\tan(90^\circ - x) = \cot(x)$, получаем:$\tan(\frac{\alpha}{2}) = \tan(90^\circ - 2\alpha)$.Общее решение: $\frac{\alpha}{2} = 90^\circ - 2\alpha + 180^\circ \cdot k$ для целого $k$.$\frac{5\alpha}{2} = 90^\circ + 180^\circ \cdot k$.При $k=0$ находим $\frac{5\alpha}{2} = 90^\circ$, откуда $\alpha = 36^\circ$.Это значение удовлетворяет условию $\alpha < 45^\circ$.Таким образом, углы треугольника: $\angle A = 36^\circ, \angle C = 36^\circ, \angle B = 180^\circ - 2 \cdot 36^\circ = 108^\circ$.

Ответ: Углы треугольника могут быть $60^\circ, 60^\circ, 60^\circ$ или $36^\circ, 36^\circ, 108^\circ$.

646. Постройте прямоугольный треугольник по гипотенузе и сумме катетов.

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

Пусть искомый угол $\angle ABC$ равен $x$.

Биссектриса угла делит его на два равных угла. Следовательно, угол, который биссектриса угла $ABC$ образует с одной из его сторон, равен половине угла $ABC$. Величина этого угла составляет $\frac{x}{2}$.

Сумма смежных углов равна $180^\circ$. Угол, смежный с углом $ABC$, будет равен $180^\circ - x$.

Согласно условию задачи, эти две величины равны. Составим и решим уравнение:
$\frac{x}{2} = 180^\circ - x$

Чтобы решить уравнение, умножим обе его части на 2:
$x = 2 \cdot (180^\circ - x)$
$x = 360^\circ - 2x$

Теперь перенесем все члены с $x$ в одну сторону:
$x + 2x = 360^\circ$
$3x = 360^\circ$

Найдем $x$, разделив обе части на 3:
$x = \frac{360^\circ}{3}$
$x = 120^\circ$

Таким образом, угол $ABC$ равен $120^\circ$.

Ответ: $120^\circ$

647. Постройте прямоугольный треугольник по гипотенузе и разности катетов.

648. 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 $64^\circ$. Найдите углы данного треугольника.

Пусть дан равнобедренный треугольник $ABC$ с основанием $AC$. Углы при основании равны, обозначим их $\angle BAC = \angle BCA = \alpha$. Угол при вершине $\angle ABC = \beta$. Сумма углов треугольника равна $180^\circ$, поэтому $2\alpha + \beta = 180^\circ$.

Согласно условию, из вершины одного угла при основании (пусть это будет угол $A$) проведена высота $AH$ к боковой стороне $BC$. Из вершины другого угла при основании (угла $C$) проведена биссектриса $CL$ к боковой стороне $AB$. Пусть $M$ — точка пересечения высоты $AH$ и биссектрисы $CL$.

Рассмотрим прямоугольный треугольник $AHC$. В нём по определению высоты $\angle AHC = 90^\circ$. Угол $\angle HCA$ является углом $C$ исходного треугольника, то есть $\angle HCA = \alpha$. Сумма острых углов в прямоугольном треугольнике равна $90^\circ$, следовательно, мы можем найти угол $\angle HAC$:$\angle HAC = 90^\circ - \angle HCA = 90^\circ - \alpha$.

Теперь рассмотрим треугольник $AMC$, образованный пересечением высоты, биссектрисы и основания. Найдём его углы:

• $\angle MCA$: Так как $CL$ — биссектриса угла $BCA$, то $\angle MCA = \angle LCA = \frac{1}{2} \angle BCA = \frac{\alpha}{2}$.
• $\angle MAC$: Этот угол совпадает с найденным ранее углом $\angle HAC$, то есть $\angle MAC = 90^\circ - \alpha$.

Сумма углов в треугольнике $AMC$ равна $180^\circ$. Выразим угол $\angle AMC$:$\angle AMC + \angle MAC + \angle MCA = 180^\circ$$\angle AMC + (90^\circ - \alpha) + \frac{\alpha}{2} = 180^\circ$$\angle AMC + 90^\circ - \frac{\alpha}{2} = 180^\circ$$\angle AMC = 180^\circ - 90^\circ + \frac{\alpha}{2} = 90^\circ + \frac{\alpha}{2}$.

Угол $\angle AMC$ — это один из углов, образовавшихся при пересечении высоты и биссектрисы. Смежный с ним угол будет равен:$180^\circ - \angle AMC = 180^\circ - (90^\circ + \frac{\alpha}{2}) = 90^\circ - \frac{\alpha}{2}$.

Поскольку угол при основании равнобедренного треугольника $\alpha$ всегда острый ($\alpha < 90^\circ$), то $\frac{\alpha}{2} > 0$. Это означает, что угол $\angle AMC = 90^\circ + \frac{\alpha}{2}$ всегда тупой (больше $90^\circ$), а смежный с ним угол $90^\circ - \frac{\alpha}{2}$ — всегда острый.

По условию задачи, один из углов при пересечении равен $64^\circ$. Так как $64^\circ < 90^\circ$, это острый угол. Следовательно, мы можем составить уравнение:$90^\circ - \frac{\alpha}{2} = 64^\circ$.

Решим это уравнение относительно $\alpha$:$\frac{\alpha}{2} = 90^\circ - 64^\circ$$\frac{\alpha}{2} = 26^\circ$$\alpha = 52^\circ$.

Таким образом, углы при основании треугольника равны $52^\circ$. Теперь найдём угол при вершине:$\beta = 180^\circ - 2\alpha = 180^\circ - 2 \cdot 52^\circ = 180^\circ - 104^\circ = 76^\circ$.

Углы данного треугольника — $52^\circ$, $52^\circ$ и $76^\circ$.

Ответ: Углы треугольника равны $52^\circ, 52^\circ, 76^\circ$.

648. Постройте прямоугольный треугольник по катету и разности гипотенузы и другого катета.

649. На рисунке 357 $BC \parallel AD$, $AB = 3$ см, $BC = 10$ см. Биссектриса угла $BAD$ пересекает отрезок $BC$ в точке $K$. Найдите отрезки $BK$ и $KC$.

Рис. 357

Согласно условию задачи, в четырехугольнике $ABCD$ стороны $BC$ и $AD$ параллельны ($BC \parallel AD$). Прямая $AK$ является секущей по отношению к этим параллельным прямым.

Углы $\angle KAD$ и $\angle BKA$ являются внутренними накрест лежащими углами, образованными при пересечении параллельных прямых $BC$ и $AD$ секущей $AK$. По свойству параллельных прямых, эти углы равны:

$\angle KAD = \angle BKA$.

Также по условию задачи, $AK$ является биссектрисой угла $\angle BAD$. По определению биссектрисы, она делит угол на два равных угла:

$\angle BAK = \angle KAD$.

Сопоставляя два полученных равенства, мы можем заключить, что:

$\angle BAK = \angle BKA$.

Теперь рассмотрим треугольник $\triangle ABK$. Так как в этом треугольнике два угла равны ($\angle BAK = \angle BKA$), то он является равнобедренным. В равнобедренном треугольнике стороны, противолежащие равным углам, также равны. Сторона $BK$ лежит напротив угла $\angle BAK$, а сторона $AB$ — напротив угла $\angle BKA$. Следовательно, их длины равны:

$BK = AB$.

Из условия нам известно, что $AB = 3$ см. Таким образом, мы находим длину отрезка $BK$:

$BK = 3$ см.

Точка $K$ принадлежит отрезку $BC$. Это значит, что длина отрезка $BC$ равна сумме длин отрезков $BK$ и $KC$:

$BC = BK + KC$.

Используя известные нам значения $BC = 10$ см и $BK = 3$ см, мы можем вычислить длину отрезка $KC$:

$KC = BC - BK = 10 \text{ см} - 3 \text{ см} = 7 \text{ см}$.

Ответ: $BK = 3$ см, $KC = 7$ см.

649. Постройте равнобедренный треугольник по основанию и разности боковой стороны и высоты, опущенной на основание.

650. В треугольнике $ABC$ $AB = BC$, отрезки $AM$ и $CK$ — медианы этого треугольника. Докажите, что $MK \parallel AC$.

Рассмотрим треугольник $ABC$. По условию, отрезки $AM$ и $CK$ являются медианами этого треугольника.

По определению медианы, точка $K$ является серединой стороны $AB$, а точка $M$ является серединой стороны $BC$. Из этого следует, что:
$BK = \frac{1}{2} AB$
$BM = \frac{1}{2} BC$

Теперь сравним треугольники $\triangle KBM$ и $\triangle ABC$.

1. У этих треугольников есть общий угол $\angle B$.

2. Рассмотрим отношение сторон, образующих этот угол:
$\frac{BK}{AB} = \frac{\frac{1}{2} AB}{AB} = \frac{1}{2}$
$\frac{BM}{BC} = \frac{\frac{1}{2} BC}{BC} = \frac{1}{2}$

Поскольку $\frac{BK}{AB} = \frac{BM}{BC}$, стороны треугольника $KBM$, прилежащие к углу $\angle B$, пропорциональны сторонам треугольника $ABC$, прилежащим к тому же углу.

Следовательно, по второму признаку подобия треугольников (по двум пропорциональным сторонам и углу между ними), треугольник $KBM$ подобен треугольнику $ABC$ ($\triangle KBM \sim \triangle ABC$).

Из подобия треугольников следует равенство их соответственных углов, а именно $\angle BKM = \angle BAC$.

Углы $\angle BKM$ и $\angle BAC$ являются соответственными при прямых $MK$ и $AC$ и секущей $AB$. Так как эти соответственные углы равны, то по признаку параллельности прямых, прямые $MK$ и $AC$ параллельны.

Таким образом, $MK \parallel AC$, что и требовалось доказать. Стоит отметить, что для этого доказательства условие $AB = BC$ не является необходимым, так как утверждение верно для любого треугольника.

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

650. Постройте треугольник по стороне, прилежащему к ней углу и сумме двух других сторон.