Страница 70 - гдз по геометрии 7 класс учебник Шыныбеков, Шыныбеков

5.1. Зная, что $AB = 8$, $K$ – середина отрезка $AB$, найдите на прямой $AB$ все такие точки $X$, чтобы выполнялось равенство $AX + BX + KX = 9$. Покажите эти точки на рисунке.

По условию задачи дан отрезок $AB$ с длиной $AB=8$, и точка $K$ является его серединой. Необходимо найти все точки $X$ на прямой $AB$, для которых выполняется равенство $AX + BX + KX = 9$.

Поскольку $K$ — середина отрезка $AB$, то длины отрезков $AK$ и $KB$ равны: $AK = KB = \frac{AB}{2} = \frac{8}{2} = 4$.

Для нахождения точки $X$ рассмотрим все возможные её расположения на прямой $AB$.

Случай 1: Точка X лежит на отрезке AB

Если точка $X$ находится между точками $A$ и $B$, то сумма расстояний от $X$ до концов отрезка всегда равна длине самого отрезка, то есть $AX + BX = AB$.

Подставим это выражение в исходное равенство:

$AB + KX = 9$

Зная, что $AB = 8$, получаем:

$8 + KX = 9$

Отсюда находим расстояние от точки $X$ до точки $K$:

$KX = 1$

Таким образом, искомые точки $X$ должны лежать на отрезке $AB$ и находиться на расстоянии 1 от его середины $K$. Таких точек две:

• Первая точка, назовем её $X_1$, лежит между $A$ и $K$. Её расстояние от точки $A$ составляет $AX_1 = AK - KX_1 = 4 - 1 = 3$.
• Вторая точка, $X_2$, лежит между $K$ и $B$. Её расстояние от точки $A$ составляет $AX_2 = AK + KX_2 = 4 + 1 = 5$.

Обе точки, $X_1$ и $X_2$, удовлетворяют условию и являются решениями.

Случай 2: Точка X лежит вне отрезка AB

Теперь рассмотрим варианты, когда точка $X$ не принадлежит отрезку $AB$.

а) Точка X лежит на прямой левее точки A.

В этом случае порядок точек на прямой следующий: X, A, K, B. Расстояния $BX$ и $KX$ можно выразить через $AX$:

$BX = BA + AX = 8 + AX$

$KX = KA + AX = 4 + AX$

Подставим в исходное уравнение:

$AX + (8 + AX) + (4 + AX) = 9$

$3 \cdot AX + 12 = 9$

$3 \cdot AX = -3$

$AX = -1$

Расстояние не может быть отрицательным, значит, в этом случае решений нет.

б) Точка X лежит на прямой правее точки B.

Теперь порядок точек такой: A, K, B, X. Расстояния $AX$ и $KX$ можно выразить через $BX$:

$AX = AB + BX = 8 + BX$

$KX = KB + BX = 4 + BX$

Подставляем в исходное уравнение:

$(8 + BX) + BX + (4 + BX) = 9$

$3 \cdot BX + 12 = 9$

$3 \cdot BX = -3$

$BX = -1$

Снова получаем отрицательное расстояние, что невозможно. В этом случае также нет решений.

Положение точек на рисунке:

На рисунке показаны точки $A$, $B$, середина отрезка $K$ и найденные точки $X_1$ и $X_2$.

Ответ: Существуют две точки, удовлетворяющие условию. Первая точка $X_1$ расположена на отрезке $AB$ на расстоянии 3 от точки $A$ (между $A$ и $K$). Вторая точка $X_2$ расположена на отрезке $AB$ на расстоянии 5 от точки $A$ (между $K$ и $B$).

5.2. Зная, что $AB = 8$ см, $K$ – середина отрезка $AB$, найдите на прямой $AB$ все такие точки $X$, чтобы выполнялось равенство $AX + BX + KX = 15$ см. Покажите эти точки на рисунке.

По условию задачи дан отрезок $AB$ длиной 8 см. Точка $K$ является его серединой. Это означает, что она делит отрезок $AB$ на два равных отрезка: $AK = KB = \frac{AB}{2} = \frac{8}{2} = 4$ см.

Нам необходимо найти все такие точки $X$ на прямой $AB$, для которых выполняется равенство: $AX + BX + KX = 15$ см.

Для нахождения всех возможных положений точки $X$ рассмотрим все варианты ее расположения на прямой $AB$ относительно отрезка $AB$.

Случай 1: Точка X находится на отрезке AB

Если точка $X$ лежит между точками $A$ и $B$, то по свойству длины отрезка $AX + BX = AB = 8$ см. Подставим это значение в исходное равенство: $(AX + BX) + KX = 15$ $8 + KX = 15$ $KX = 15 - 8 = 7$ см.

Однако, если точка $X$ лежит на отрезке $AB$, то максимальное расстояние от нее до середины $K$ не может превышать половину длины отрезка, то есть $KA = KB = 4$ см. Поскольку полученное нами значение $KX = 7$ см больше, чем максимально возможное расстояние 4 см ($7 > 4$), то такое расположение точки $X$ невозможно. Следовательно, на отрезке AB решений нет.

Случай 2: Точка X находится на прямой AB, но вне отрезка AB

Этот случай разделяется на два варианта в зависимости от того, с какой стороны от отрезка $AB$ находится точка $X$.

а) Точка X расположена на прямой правее точки B. В этом случае точки на прямой располагаются в следующем порядке: A, K, B, X. Выразим длины отрезков через одну неизвестную, например, $BX$. Длина отрезка $AX$ будет равна сумме длин отрезков $AB$ и $BX$, а длина $KX$ — сумме длин $KB$ и $BX$. $AX = AB + BX = 8 + BX$ $KX = KB + BX = 4 + BX$ Подставим эти выражения в исходное равенство: $AX + BX + KX = 15$ $(8 + BX) + BX + (4 + BX) = 15$ $12 + 3 \cdot BX = 15$ $3 \cdot BX = 15 - 12$ $3 \cdot BX = 3$ $BX = 1$ см. Таким образом, мы нашли первую точку $X_1$, расположенную на прямой на расстоянии 1 см от точки B в сторону, противоположную A.

б) Точка X расположена на прямой левее точки A. В этом случае точки на прямой располагаются в следующем порядке: X, A, K, B. Выразим длины отрезков через неизвестную $AX$. Длина отрезка $BX$ будет равна сумме длин $BA$ и $AX$, а длина $KX$ — сумме длин $KA$ и $AX$. $BX = BA + AX = 8 + AX$ $KX = KA + AX = 4 + AX$ Подставим эти выражения в исходное равенство: $AX + BX + KX = 15$ $AX + (8 + AX) + (4 + AX) = 15$ $12 + 3 \cdot AX = 15$ $3 \cdot AX = 15 - 12$ $3 \cdot AX = 3$ $AX = 1$ см. Таким образом, мы нашли вторую точку $X_2$, расположенную на прямой на расстоянии 1 см от точки A в сторону, противоположную B.

Изображение точек на рисунке

Итак, мы нашли две точки, удовлетворяющие условию. Их расположение на прямой можно схематически представить следующим образом:

 1 см 4 см 4 см 1 см <-------><----------><----------><------>-----X₂-------A-----------K-----------B-------X₁----->

На схеме показаны точки $X_1$ и $X_2$ на прямой $AB$, где $K$ - середина отрезка $AB$. Точка $X_1$ находится на расстоянии 1 см от B (вне отрезка), а точка $X_2$ находится на расстоянии 1 см от A (вне отрезка).

Ответ:

Существуют две точки $X$, удовлетворяющие заданному условию. Обе точки лежат на прямой $AB$ вне отрезка $AB$:

1. Точка, расположенная на расстоянии 1 см от точки $A$ на продолжении отрезка $BA$ за точку $A$.
2. Точка, расположенная на расстоянии 1 см от точки $B$ на продолжении отрезка $AB$ за точку $B$.

5.3. На рисунке 5.1 $BE$ и $CF$ – высоты треугольника $ABC$. При помощи только линейки постройте высоту $AX$ этого треугольника. Найдите длину отрезка $BC$, если $AX = BE$, $CX = CF$ и $AC = 17$ дм.

Рис. 5.1

При помощи только линейки постройте высоту AX этого треугольника.

Согласно теореме о высотах треугольника, три высоты треугольника (или их продолжения) пересекаются в одной точке, которая называется ортоцентром. В задаче даны две высоты $BE$ и $CF$. Точка их пересечения является ортоцентром треугольника $ABC$. Третья высота $AX$ также должна проходить через эту точку.

Алгоритм построения:

1. При помощи линейки продлим отрезки $BE$ и $CF$ до их пересечения. Обозначим точку пересечения буквой $H$. Эта точка — ортоцентр треугольника.

2. При помощи линейки проводим прямую через две известные точки: вершину $A$ и ортоцентр $H$.

3. Эта прямая пересечет сторону $BC$ (или ее продолжение) в точке $X$. Отрезок $AX$ и является искомой высотой.

Ответ: Необходимо найти точку пересечения $H$ высот $BE$ и $CF$, а затем провести прямую через вершину $A$ и точку $H$. Отрезок $AX$, где $X$ — точка пересечения этой прямой со стороной $BC$, является искомой высотой.

Найдите длину отрезка BC, если AX = BE, CX = CF и AC = 17 дм.

Площадь треугольника $S$ можно вычислить по формуле $S = \frac{1}{2} \cdot a \cdot h_a$, где $a$ — сторона треугольника, а $h_a$ — высота, проведенная к этой стороне.

Запишем площадь треугольника $ABC$, используя две разные пары оснований и высот:

1. Для основания $AC$ и высоты $BE$: $S = \frac{1}{2} \cdot AC \cdot BE$.

2. Для основания $BC$ и высоты $AX$: $S = \frac{1}{2} \cdot BC \cdot AX$.

Поскольку площадь треугольника одна и та же, мы можем приравнять эти два выражения:

$\frac{1}{2} \cdot AC \cdot BE = \frac{1}{2} \cdot BC \cdot AX$

Умножив обе части на 2, получим:

$AC \cdot BE = BC \cdot AX$

По условию задачи дано, что $AX = BE$. Так как длины высот в невырожденном треугольнике не равны нулю, мы можем сократить уравнение на эту общую величину:

$AC = BC$

Известно, что $AC = 17$ дм. Следовательно, $BC$ также равно 17 дм.

Условие $CX = CF$ является дополнительным. Оно, в совокупности с первым условием, позволяет однозначно определить углы треугольника ($30^\circ, 30^\circ, 120^\circ$), что подтверждает непротиворечивость данных, но не требуется для нахождения длины стороны $BC$.

Ответ: $17$ дм.

5.4. На рисунке 5.2 $KP$ и $ME$ – высоты треугольника $KLM$. При помощи только линейки постройте высоту $LX$ этого треугольника. Найдите угол $XLM$, если $KP = LX$, $MP = MX$ и $\angle PKM = 27^\circ$.

Рис. 5.2

При помощи только линейки постройте высоту LX этого треугольника.

Три высоты любого треугольника (или их продолжения) пересекаются в одной точке, которая называется ортоцентром. В треугольнике $KLM$ даны две высоты: $KP$ (из вершины $K$) и $ME$ (из вершины $M$). Это означает, что третья высота $LX$ (из вершины $L$ на сторону $KM$) также должна пройти через точку пересечения высот $KP$ и $ME$. Для построения высоты $LX$ необходимо с помощью линейки продлить отрезки $KP$ и $ME$ до их пересечения в точке, которую можно обозначить $H$ (ортоцентр), а затем провести прямую через вершину $L$ и точку $H$. Точка пересечения этой прямой со стороной $KM$ и будет являться основанием высоты $X$, а отрезок $LX$ — искомой высотой.

Ответ: Высота $LX$ строится как отрезок прямой, проходящей через вершину $L$ и точку пересечения прямых, содержащих высоты $KP$ и $ME$, с основанием на прямой $KM$.

Найдите угол XLM, если KP = LX, MP = MX и ∠PKM = 27°.

Рассмотрим треугольники $\triangle KPM$ и $\triangle LXM$. По условию, $KP$ является высотой, опущенной на прямую $LM$, следовательно, $\triangle KPM$ — прямоугольный с прямым углом при вершине $P$ ($\angle KPM = 90^\circ$). По теореме Пифагора для этого треугольника имеем: $KM^2 = KP^2 + MP^2$.

Аналогично, $LX$ — высота, опущенная на прямую $KM$, поэтому $\triangle LXM$ — прямоугольный с прямым углом при вершине $X$ ($\angle LXM = 90^\circ$). Для него по теореме Пифагора справедливо равенство: $LM^2 = LX^2 + MX^2$.

В условии задачи даны равенства $KP = LX$ и $MP = MX$. Подставим их в выражение для квадрата стороны $LM$: $LM^2 = (KP)^2 + (MP)^2$.

Сравнивая полученное выражение с выражением для $KM^2$, мы видим, что $KM^2 = LM^2$, а значит, длины сторон равны: $KM = LM$. Это означает, что треугольник $KLM$ является равнобедренным с основанием $KL$.

Теперь найдем величину угла $\angle KML$. В прямоугольном треугольнике $KPM$ сумма острых углов равна $90^\circ$, то есть $\angle KMP + \angle PKM = 90^\circ$. Угол $\angle KMP$ совпадает с углом $\angle KML$ треугольника $KLM$. По условию дано, что $\angle PKM = 27^\circ$. Отсюда находим: $\angle KML = 90^\circ - \angle PKM = 90^\circ - 27^\circ = 63^\circ$.

Далее рассмотрим прямоугольный треугольник $LXM$. Сумма его острых углов также равна $90^\circ$: $\angle XLM + \angle LMX = 90^\circ$. Угол $\angle LMX$ — это тот же самый угол, что и $\angle KML$. Таким образом, мы можем найти искомый угол: $\angle XLM = 90^\circ - \angle KML = 90^\circ - 63^\circ = 27^\circ$.

Ответ: $27^\circ$.

5.5. 1) На одной стороне угла с вершиной A отмечены точки D и B, на другой стороне - C и E так, что $AD = AC = 3$ см, $AB = AE = 4$ см. Докажите, что: а) $BC = DE$; б) $KB = KE$, где $K$ - точка пересечения отрезков $BC$ и $ED$.

Рис. 5.1

2) $\Delta ABC$ и $\Delta A_1B_1C_1$ - равнобедренные треугольники с основаниями $AC$ и $A_1C_1$, точки $K$ и $K_1$ - середины сторон $BC$ и $B_1C_1$ соответственно. $AB = A_1B_1$, $AK = A_1K_1$. Докажите, что $\Delta ABC = \Delta A_1B_1C_1$.

а) Рассмотрим треугольники $ \triangle ABC $ и $ \triangle ADE $. По условию задачи нам даны следующие равенства сторон: $ AD = AC = 3 $ см и $ AB = AE = 4 $ см. Угол $ \angle A $ (или $ \angle BAC $, он же $ \angle EAD $) является общим для этих двух треугольников.

Сравним треугольники $ \triangle ABC $ и $ \triangle ADE $. У них:

1. $ AB = AE = 4 $ см (по условию).

2. $ AC = AD = 3 $ см (по условию).

3. $ \angle BAC = \angle EAD $ (как общий угол).

Следовательно, треугольники $ \triangle ABC $ и $ \triangle ADE $ равны по первому признаку равенства треугольников (по двум сторонам и углу между ними).

Из равенства треугольников следует равенство их соответствующих сторон. Сторона $ BC $ лежит напротив угла $ \angle BAC $, а сторона $ DE $ лежит напротив угла $ \angle EAD $. Так как треугольники равны, то и эти стороны равны: $ BC = DE $. Что и требовалось доказать.

Ответ: Равенство $ BC = DE $ доказано.

б) Из доказанного в пункте а) равенства треугольников $ \triangle ABC = \triangle ADE $ следует также равенство их соответствующих углов: $ \angle ABC = \angle AED $ и $ \angle ACB = \angle ADE $.

Рассмотрим отрезки $ BD $ и $ CE $. Так как точки $ D $ и $ B $ лежат на одной стороне угла с вершиной $ A $, а $ AB > AD $, то точка $ D $ находится между $ A $ и $ B $. Аналогично, точка $ C $ находится между $ A $ и $ E $. Длины этих отрезков равны:

$ BD = AB - AD = 4 - 3 = 1 $ см.

$ CE = AE - AC = 4 - 3 = 1 $ см.

Таким образом, $ BD = CE $.

Теперь рассмотрим треугольники $ \triangle KBD $ и $ \triangle KCE $, где $ K $ — точка пересечения $ BC $ и $ ED $.

1. $ BD = CE $ (как мы только что показали).

2. $ \angle KBD $ (это тот же угол, что и $ \angle ABC $) равен $ \angle KEC $ (это тот же угол, что и $ \angle AED $), поскольку $ \angle ABC = \angle AED $.

3. $ \angle KDB $ (это тот же угол, что и $ \angle ADE $) равен $ \angle KCE $ (это тот же угол, что и $ \angle ACB $), поскольку $ \angle ADE = \angle ACB $.

Таким образом, треугольники $ \triangle KBD $ и $ \triangle KCE $ равны по второму признаку равенства треугольников (по стороне и двум прилежащим к ней углам).

Из равенства треугольников $ \triangle KBD = \triangle KCE $ следует равенство их соответствующих сторон. Сторона $ KB $ лежит напротив угла $ \angle KDB $, а сторона $ KE $ — напротив угла $ \angle KCE $. Поскольку $ \angle KDB = \angle KCE $, то и противолежащие им стороны равны: $ KB = KE $. Что и требовалось доказать.

Ответ: Равенство $ KB = KE $ доказано.

5.6. $AC$ и $A_1C_1$ – основания равнобедренных треугольников $ABC$ и $A_1B_1C_1$, точки $K$ и $K_1$ – середины сторон $BC$ и $B_1C_1$ соответственно, $AC = A_1C_1$, $AB = A_1B_1$. Докажите, что $\Delta ABK = \Delta A_1B_1K_1$.

Доказательство:

Рассмотрим два равнобедренных треугольника $ABC$ и $A_1B_1C_1$.

1. По условию, треугольник $ABC$ является равнобедренным с основанием $AC$. Из определения равнобедренного треугольника следует, что его боковые стороны равны: $AB = BC$.

2. Аналогично, треугольник $A_1B_1C_1$ является равнобедренным с основанием $A_1C_1$, следовательно, его боковые стороны также равны: $A_1B_1 = B_1C_1$.

3. В условии задачи дано равенство $AB = A_1B_1$. Сопоставив это с равенствами из пунктов 1 и 2, получаем цепочку равенств: $BC = AB = A_1B_1 = B_1C_1$. Из этого следует, что $BC = B_1C_1$.

4. Теперь сравним треугольники $ABC$ и $A_1B_1C_1$. У них равны три соответствующие стороны:

- $AB = A_1B_1$ (по условию),

- $AC = A_1C_1$ (по условию),

- $BC = B_1C_1$ (доказано в п. 3).

Следовательно, по третьему признаку равенства треугольников (по трём сторонам), $\triangle ABC = \triangle A_1B_1C_1$.

5. Из равенства треугольников $ABC$ и $A_1B_1C_1$ следует равенство их соответствующих углов. В частности, нас интересует равенство углов при вершинах $B$ и $B_1$: $\angle ABC = \angle A_1B_1C_1$.

6. По условию, точка $K$ является серединой стороны $BC$, а точка $K_1$ — серединой стороны $B_1C_1$. Это означает, что $BK = \frac{1}{2}BC$ и $B_1K_1 = \frac{1}{2}B_1C_1$. Так как мы уже доказали, что $BC = B_1C_1$, то равны и их половины: $BK = B_1K_1$.

7. Наконец, рассмотрим треугольники $ABK$ и $A_1B_1K_1$, равенство которых требуется доказать. Сравним их элементы:

- $AB = A_1B_1$ (по условию).

- $\angle ABK = \angle A_1B_1K_1$ (так как это те же углы, что и $\angle ABC$ и $\angle A_1B_1C_1$, равенство которых доказано в п. 5).

- $BK = B_1K_1$ (доказано в п. 6).

Таким образом, треугольники $ABK$ и $A_1B_1K_1$ равны по первому признаку равенства треугольников (по двум сторонам и углу между ними).

Ответ: Равенство треугольников $\triangle ABK$ и $\triangle A_1B_1K_1$ доказано.

5.7. На рисунке 5.3 $AB = BC$, $ED = AE$, $\angle C = 80^\circ$, $\angle DAC = 40^\circ$. Докажите, что прямые $ED$ и $AC$ параллельны. Найдите $\angle BED$.

Рис. 5.3

Докажите, что прямые ED и AC параллельны

1. Рассмотрим $\triangle ABC$. По условию задачи $AB = BC$, следовательно, $\triangle ABC$ — равнобедренный с основанием $AC$. В равнобедренном треугольнике углы при основании равны, поэтому $\angle BAC = \angle BCA$. Так как по условию $\angle C = 80^{\circ}$, то $\angle BAC = \angle BCA = 80^{\circ}$.

2. Угол $\angle BAC$ можно представить как сумму углов $\angle BAD$ (или $\angle EAD$, так как точка $E$ лежит на отрезке $AB$) и $\angle DAC$. То есть, $\angle BAC = \angle EAD + \angle DAC$.

3. Используя известные значения, найдем $\angle EAD$:

$\angle EAD = \angle BAC - \angle DAC = 80^{\circ} - 40^{\circ} = 40^{\circ}$.

4. Теперь рассмотрим $\triangle ADE$. По условию $ED = AE$, следовательно, $\triangle ADE$ — равнобедренный. Углы, противолежащие равным сторонам, равны. Стороне $ED$ противолежит угол $\angle EAD$, а стороне $AE$ — угол $\angle ADE$. Таким образом, $\angle ADE = \angle EAD$.

5. Поскольку мы вычислили, что $\angle EAD = 40^{\circ}$, то и $\angle ADE = 40^{\circ}$.

6. Сравним углы $\angle ADE$ и $\angle DAC$. Мы нашли, что $\angle ADE = 40^{\circ}$, и по условию дано, что $\angle DAC = 40^{\circ}$. Эти углы являются накрест лежащими при прямых $ED$ и $AC$ и секущей $AD$.

7. Так как накрест лежащие углы равны ($\angle ADE = \angle DAC$), то по признаку параллельности прямых делаем вывод, что прямые $ED$ и $AC$ параллельны.

Ответ: Что и требовалось доказать.

Найдите ∠BED

1. Из предыдущего пункта мы доказали, что прямые $ED$ и $AC$ параллельны ($ED \parallel AC$).

2. Рассмотрим эти параллельные прямые и прямую $AB$ в качестве секущей. Углы $\angle BED$ и $\angle BAC$ являются соответственными углами.

3. По свойству параллельных прямых, соответственные углы равны, следовательно, $\angle BED = \angle BAC$.

4. Из первой части решения мы знаем, что $\angle BAC = 80^{\circ}$.

5. Таким образом, $\angle BED = 80^{\circ}$.

Ответ: $\angle BED = 80^{\circ}$.

5.8. На рисунке 5.4 $PN = NT$, $PK$ – биссектриса угла $MPT$, $\angle NPT = 70^\circ$, $\angle PKM = 55^\circ$. Докажите, что прямые $PT$ и $MK$ параллельны. Найдите $\angle PKT$.

Рис. 5.4

Докажите, что прямые PT и MK параллельны

1. Из условия, что $PK$ является биссектрисой угла $MPT$, а также из того, что в задаче задан угол $\angle NPT$, следует, что точки $M$, $P$ и $N$ лежат на одной прямой. Таким образом, углы $\angle MPT$ и $\angle NPT$ являются смежными.

2. Сумма смежных углов равна $180^\circ$. Исходя из этого, найдем величину угла $\angle MPT$:

$\angle MPT = 180^\circ - \angle NPT = 180^\circ - 70^\circ = 110^\circ$.

3. По условию, $PK$ — биссектриса угла $MPT$. Это значит, что она делит угол на два равных угла:

$\angle MPK = \angle KPT = \frac{\angle MPT}{2} = \frac{110^\circ}{2} = 55^\circ$.

4. Рассмотрим треугольник $\triangle PMK$. В этом треугольнике нам известны два угла: $\angle MPK = 55^\circ$ (из предыдущего шага) и $\angle PKM = 55^\circ$ (по условию).

5. Зная, что сумма углов в треугольнике равна $180^\circ$, найдем третий угол $\angle PMK$:

$\angle PMK = 180^\circ - (\angle MPK + \angle PKM) = 180^\circ - (55^\circ + 55^\circ) = 180^\circ - 110^\circ = 70^\circ$.

6. Теперь докажем параллельность прямых $PT$ и $MK$. Рассмотрим эти прямые и секущую $NM$. Углы $\angle NPT$ и $\angle PMK$ (который также является углом $\angle NMK$) являются соответственными.

7. Сравним величины этих углов: $\angle NPT = 70^\circ$ (по условию) и $\angle PMK = 70^\circ$ (как было найдено в шаге 5).

Поскольку соответственные углы равны ($\angle NPT = \angle PMK$), то по признаку параллельности прямых, прямые $PT$ и $MK$ параллельны.

Что и требовалось доказать.

Найдите ∠PKT

1. Рассмотрим треугольник $\triangle NPT$. Согласно условию, $PN = NT$. Это означает, что $\triangle NPT$ — равнобедренный.

2. В равнобедренном треугольнике углы при основании равны. Углы, лежащие напротив равных сторон $PN$ и $NT$, это $\angle NTP$ и $\angle NPT$. Следовательно, $\angle NTP = \angle NPT$.

3. По условию $\angle NPT = 70^\circ$, поэтому и $\angle NTP = 70^\circ$.

4. Мы уже доказали, что $PT \parallel MK$. Рассмотрим эти параллельные прямые и секущую $NK$.

5. Углы $\angle NTP$ и $\angle NKM$ являются соответственными при параллельных прямых и секущей, а значит, они равны:

$\angle NKM = \angle NTP = 70^\circ$.

6. Угол $\angle NKM$ состоит из двух углов: $\angle PKT$ и $\angle PKM$ (поскольку точка $T$ лежит на отрезке $NK$, угол $\angle PKN$ и угол $\angle PKT$ — это один и тот же угол).

Таким образом, можно записать: $\angle NKM = \angle PKT + \angle PKM$.

7. Подставим известные значения в это равенство: $\angle NKM = 70^\circ$ (из шага 5) и $\angle PKM = 55^\circ$ (по условию).

$70^\circ = \angle PKT + 55^\circ$.

8. Из этого уравнения находим искомый угол $\angle PKT$:

$\angle PKT = 70^\circ - 55^\circ = 15^\circ$.

Ответ: $\angle PKT = 15^\circ$.