Номер 17.15, страница 132 - гдз по геометрии 8 класс учебник Мерзляк, Поляков

17.15. Даны две окружности. Первая из них проходит через центр $O$ второй окружности и пересекает эту окружность в точках $M$ и $N$ (рис. 17.4). Отрезок $AB$ — диаметр второй окружности. Прямые $AM$ и $BN$ пересекают первую окружность в точках $A_1$ и $B_1$ соответственно. Докажите, что $A_1B_1 = \frac{1}{2}AB$.

Рис. 17.4

17.15. Даны две окружности.

Первая из них проходит через центр $O$ второй окружности и пересекает эту окружность в точках $M$ и $N$ (рис. 17.4).

Отрезок $AB$ — диаметр второй окружности.

Прямые $AM$ и $BN$ пересекают первую окружность в точках $A_1$ и $B_1$ соответственно. Докажите, что $A_1B_1 = \frac{1}{2}AB$.

Рис. 17.4

Обозначим первую окружность как $\omega_1$, а вторую — как $\omega_2$. Пусть $O$ — центр окружности $\omega_2$, а $R_2$ — её радиус. Тогда $OA = OB = OM = ON = R_2$. Пусть $R_1$ — радиус окружности $\omega_1$.

1. Рассмотрим треугольники $\triangle OAM$ и $\triangle OBN$. Поскольку $OA$, $OM$ — радиусы окружности $\omega_2$, то $OA = OM = R_2$, и, следовательно, $\triangle OAM$ является равнобедренным. Обозначим углы при основании $AM$ как $\angle OAM = \angle OMA = \alpha$. Аналогично, поскольку $OB$, $ON$ — радиусы окружности $\omega_2$, то $OB = ON = R_2$, и, следовательно, $\triangle OBN$ является равнобедренным. Обозначим углы при основании $BN$ как $\angle OBN = \angle ONB = \beta$.

2. Теперь рассмотрим треугольник $\triangle A_1OB_1$. Его вершины $A_1$, $O$, $B_1$ лежат на окружности $\omega_1$. Найдем углы этого треугольника. Угол $\angle OB_1A_1$ (угол при вершине $B_1$) — это вписанный в $\omega_1$ угол, опирающийся на дугу $OA_1$. На эту же дугу опирается вписанный угол $\angle OMA_1$. Следовательно, $\angle OB_1A_1 = \angle OMA_1$. Так как точки $A$, $M$, $A_1$ лежат на одной прямой, $\angle OMA_1 = \angle OMA = \alpha$. Таким образом, $\angle OB_1A_1 = \alpha$. Аналогично, угол $\angle OA_1B_1$ (угол при вершине $A_1$) — это вписанный в $\omega_1$ угол, опирающийся на дугу $OB_1$. На эту же дугу опирается вписанный угол $\angle ONB_1$. Следовательно, $\angle OA_1B_1 = \angle ONB_1$. Так как точки $B$, $N$, $B_1$ лежат на одной прямой, $\angle ONB_1 = \angle ONB = \beta$. Таким образом, $\angle OA_1B_1 = \beta$. Третий угол треугольника, $\angle A_1OB_1$, равен $180^\circ - (\alpha + \beta)$.

3. Применим расширенную теорему синусов к треугольнику $\triangle A_1OB_1$ и описанной около него окружности $\omega_1$: $ A_1B_1 = 2R_1 \sin(\angle A_1OB_1) $ Подставляя найденное значение угла, получаем: $ A_1B_1 = 2R_1 \sin(180^\circ - (\alpha + \beta)) = 2R_1 \sin(\alpha + \beta) $

4. Выразим сумму углов $\alpha + \beta$ через параметры окружности $\omega_2$. В равнобедренном треугольнике $\triangle OAM$ угол при вершине $O$ равен $\angle AOM = 180^\circ - 2\alpha$. В равнобедренном треугольнике $\triangle OBN$ угол при вершине $O$ равен $\angle BON = 180^\circ - 2\beta$. Поскольку $AB$ — диаметр, угол $\angle AOB$ является развернутым и равен $180^\circ$. Из рисунка видно, что точки $M$ и $N$ лежат по одну сторону от диаметра $AB$. Тогда $\angle AOB = \angle AOM - \angle NOM - \angle BON$ или другая комбинация в зависимости от расположения точек. Проще воспользоваться другим свойством. Так как $AB$ — диаметр окружности $\omega_2$, то вписанные углы, опирающиеся на него, прямые: $\angle AMB = 90^\circ$ и $\angle ANB = 90^\circ$. Рассмотрим прямоугольный треугольник $\triangle ANB$. Сумма его острых углов равна $90^\circ$: $\angle NAB + \angle NBA = 90^\circ$. Угол $\angle NAB = \angle OAM = \alpha$. Угол $\angle NBA = \angle OBN = \beta$. Таким образом, $\alpha + \beta = 90^\circ$. Примечание: Это утверждение верно, только если точки $M$ и $N$ совпадают. В общем случае $\angle NAB \neq \alpha$ и $\angle NBA \neq \beta$. Вернемся к углам при центре. Пусть полярный угол точки $M$ равен $\theta_M$, а точки $N$ — $\theta_N$ (считая от луча $OB$). Тогда угол $A$ равен $180^\circ$. В $\triangle OAM$ угол при центре $\angle AOM = 180^\circ - \theta_M$. Тогда $2\alpha = 180^\circ - \angle AOM = \theta_M$, откуда $\alpha = \theta_M/2$. В $\triangle OBN$ угол при центре $\angle BON = \theta_N$. Тогда $2\beta = 180^\circ - \angle BON = 180^\circ - \theta_N$, откуда $\beta = 90^\circ - \theta_N/2$. Сумма углов: $\alpha + \beta = \frac{\theta_M}{2} + 90^\circ - \frac{\theta_N}{2} = 90^\circ + \frac{\theta_M - \theta_N}{2}$. Центральный угол $\angle MON$ в окружности $\omega_2$ равен $|\theta_M - \theta_N|$. Будем считать $\theta_M > \theta_N$, тогда $\angle MON = \theta_M - \theta_N$. Следовательно, $\alpha + \beta = 90^\circ + \frac{\angle MON}{2}$.

5. Подставим это выражение в формулу для $A_1B_1$: $ A_1B_1 = 2R_1 \sin(90^\circ + \frac{\angle MON}{2}) = 2R_1 \cos(\frac{\angle MON}{2}) $

6. Найдем связь между радиусами $R_1$ и $R_2$. Рассмотрим общую хорду $MN$. В окружности $\omega_2$ (с центром $O$) длина хорды $MN$ выражается через центральный угол $\angle MON$: $ MN = 2R_2 \sin(\frac{\angle MON}{2}) $ В окружности $\omega_1$ (на которой лежит точка $O$) хорда $MN$ видна из точки $O$ под вписанным углом $\angle MON$. Длина хорды через вписанный угол: $ MN = 2R_1 \sin(\angle MON) $ Приравнивая два выражения для $MN$, получаем: $ 2R_2 \sin(\frac{\angle MON}{2}) = 2R_1 \sin(\angle MON) $ Используя формулу синуса двойного угла $\sin(2x) = 2 \sin(x) \cos(x)$: $ 2R_2 \sin(\frac{\angle MON}{2}) = 2R_1 \cdot 2 \sin(\frac{\angle MON}{2}) \cos(\frac{\angle MON}{2}) $ Сокращая на $2 \sin(\frac{\angle MON}{2})$ (так как $M, O, N$ не лежат на одной прямой), получаем: $ R_2 = 2R_1 \cos(\frac{\angle MON}{2}) $

7. Сравнивая результат из пункта 5 и пункта 6, мы видим, что: $ A_1B_1 = 2R_1 \cos(\frac{\angle MON}{2}) $ $ R_2 = 2R_1 \cos(\frac{\angle MON}{2}) $ Отсюда следует, что $A_1B_1 = R_2$. Так как $AB$ — диаметр окружности $\omega_2$, его длина равна $AB = 2R_2$. Таким образом, $A_1B_1 = \frac{1}{2}AB$, что и требовалось доказать.

Ответ: Утверждение доказано, $A_1B_1 = \frac{1}{2}AB$.