Страница 101 - гдз по геометрии 8 класс учебник Шыныбеков, Шыныбеков

5.1. Разделите треугольник на три равновеликие части двумя прямыми, проходящими через одну вершину.

5.1. Чтобы разделить треугольник на три равновеликие части (то есть части с равными площадями) двумя прямыми, проходящими через одну вершину, необходимо выполнить следующие действия:

1. Рассмотрим произвольный треугольник, назовем его $\triangle ABC$. Пусть его площадь равна $S$. Нам нужно разделить его на три части, площадь каждой из которых будет равна $\frac{S}{3}$.

2. Выберем одну из вершин, через которую будут проходить две разделяющие прямые. Пусть это будет вершина $A$. Противоположной стороной является сторона $BC$.

3. Две прямые, выходящие из вершины $A$, пересекут противоположную сторону $BC$ в двух точках. Обозначим эти точки как $D$ и $E$. Таким образом, исходный треугольник $\triangle ABC$ будет разделен на три меньших треугольника: $\triangle ABD$, $\triangle ADE$ и $\triangle AEC$.

4. Вспомним формулу площади треугольника: $S = \frac{1}{2} \cdot a \cdot h$, где $a$ — длина основания, а $h$ — высота, проведенная к этому основанию.

5. Проведем из вершины $A$ высоту $AH$ к стороне $BC$. Эта высота $AH$ будет общей для всех трех образовавшихся треугольников ($\triangle ABD$, $\triangle ADE$, $\triangle AEC$), если в качестве их оснований рассматривать отрезки $BD$, $DE$ и $EC$, лежащие на прямой $BC$.

6. Запишем площади этих трех треугольников:

• Площадь $\triangle ABD$ равна $S_{\triangle ABD} = \frac{1}{2} \cdot BD \cdot AH$.
• Площадь $\triangle ADE$ равна $S_{\triangle ADE} = \frac{1}{2} \cdot DE \cdot AH$.
• Площадь $\triangle AEC$ равна $S_{\triangle AEC} = \frac{1}{2} \cdot EC \cdot AH$.

7. По условию задачи, площади этих трех треугольников должны быть равны:

$S_{\triangle ABD} = S_{\triangle ADE} = S_{\triangle AEC}$

Подставим выражения для площадей:

$\frac{1}{2} \cdot BD \cdot AH = \frac{1}{2} \cdot DE \cdot AH = \frac{1}{2} \cdot EC \cdot AH$

8. Так как множители $\frac{1}{2}$ и $AH$ (высота не может быть равна нулю для невырожденного треугольника) являются общими для всех трех частей равенства, мы можем на них сократить. В результате получаем:

$BD = DE = EC$

Это означает, что основания трех треугольников должны быть равны по длине. Точки $D$ и $E$ должны делить сторону $BC$ на три равных отрезка.

Таким образом, для решения задачи нужно разделить сторону, противоположную выбранной вершине, на три равные части и соединить точки деления с этой вершиной.

Ответ: Необходимо выбрать одну из вершин треугольника. Противоположную ей сторону следует разделить на три равных по длине отрезка. Затем нужно соединить точки деления с выбранной вершиной. Две полученные прямые разделят исходный треугольник на три равновеликие части.

5.2.Решите предыдущую задачу, взяв вместо треугольника параллелограмм.

Поскольку условие задачи 5.2 отсылает к предыдущей задаче (5.1), которую мы не видим, будем исходить из наиболее вероятного содержания задачи 5.1. Обычно такие задачи состоят из нескольких частей. Предположим, что в задаче 5.1 требовалось найти центр масс однородного треугольника, а затем найти новый центр масс после добавления точечной массы к одной из вершин. Соответственно, для задачи 5.2 мы решим аналогичные пункты для параллелограмма.

а) Найти положение центра масс однородного параллелограмма.

Для нахождения центра масс однородного параллелограмма можно воспользоваться методом разложения фигуры на более простые части или соображениями симметрии.

Способ 1: Использование симметрии.
Параллелограмм является центрально-симметричной фигурой. Центром симметрии является точка пересечения его диагоналей. Для любого однородного тела (тела с постоянной плотностью) центр масс совпадает с его геометрическим центром симметрии. Следовательно, центр масс однородного параллелограмма находится в точке пересечения его диагоналей.

Способ 2: Метод разложения.
Рассмотрим параллелограмм $ABCD$ с вершинами, имеющими радиус-векторы $\vec{r}_A, \vec{r}_B, \vec{r}_C, \vec{r}_D$. Проведем диагональ $AC$, которая разделит параллелограмм на два конгруэнтных (равных) треугольника: $\triangle ABC$ и $\triangle ADC$.

Так как параллелограмм однороден, его масса $M$ равномерно распределена по площади. Поэтому массы треугольников $\triangle ABC$ и $\triangle ADC$ равны между собой: $m_1 = m_2 = M/2$.

Центр масс однородного треугольника находится в точке пересечения его медиан (центроиде). Радиус-вектор центроида равен среднему арифметическому радиус-векторов его вершин. Найдем центры масс каждого из треугольников:

• Центр масс $C_1$ треугольника $\triangle ABC$: $\vec{r}_{C1} = \frac{\vec{r}_A + \vec{r}_B + \vec{r}_C}{3}$

• Центр масс $C_2$ треугольника $\triangle ADC$: $\vec{r}_{C2} = \frac{\vec{r}_A + \vec{r}_D + \vec{r}_C}{3}$

Центр масс всего параллелограмма $\vec{r}_{CM}$ является центром масс системы, состоящей из двух этих треугольников. Его можно вычислить по формуле для центра масс системы двух тел:

$\vec{r}_{CM} = \frac{m_1 \vec{r}_{C1} + m_2 \vec{r}_{C2}}{m_1 + m_2}$

Поскольку $m_1 = m_2$, формула упрощается до нахождения середины отрезка $C_1C_2$:

$\vec{r}_{CM} = \frac{\vec{r}_{C1} + \vec{r}_{C2}}{2}$

Подставим выражения для $\vec{r}_{C1}$ и $\vec{r}_{C2}$:

$\vec{r}_{CM} = \frac{1}{2} \left( \frac{\vec{r}_A + \vec{r}_B + \vec{r}_C}{3} + \frac{\vec{r}_A + \vec{r}_D + \vec{r}_C}{3} \right) = \frac{1}{6} (2\vec{r}_A + \vec{r}_B + 2\vec{r}_C + \vec{r}_D)$

Воспользуемся свойством параллелограмма: сумма радиус-векторов противоположных вершин равна, т.е. $\vec{r}_A + \vec{r}_C = \vec{r}_B + \vec{r}_D$. Заменим в полученном выражении сумму $\vec{r}_B + \vec{r}_D$ на $\vec{r}_A + \vec{r}_C$:

$\vec{r}_{CM} = \frac{1}{6} (2\vec{r}_A + 2\vec{r}_C + (\vec{r}_B + \vec{r}_D)) = \frac{1}{6} (2\vec{r}_A + 2\vec{r}_C + (\vec{r}_A + \vec{r}_C)) = \frac{1}{6} (3\vec{r}_A + 3\vec{r}_C) = \frac{\vec{r}_A + \vec{r}_C}{2}$

Выражение $\frac{\vec{r}_A + \vec{r}_C}{2}$ задает радиус-вектор середины диагонали $AC$. Так как $\frac{\vec{r}_A + \vec{r}_C}{2} = \frac{\vec{r}_B + \vec{r}_D}{2}$, эта точка также является серединой диагонали $BD$. Таким образом, центр масс параллелограмма находится в точке пересечения его диагоналей.

Ответ: Центр масс однородного параллелограмма находится в точке пересечения его диагоналей.

б) К одной из вершин параллелограмма прикрепили точечную массу, равную массе параллелограмма. Где теперь находится центр масс системы?

Пусть $M$ — масса однородного параллелограмма. Согласно пункту а), его центр масс (обозначим его $C_P$) находится в точке пересечения диагоналей $O$. Радиус-вектор этой точки: $\vec{r}_O$. Пусть к одной из вершин, например к вершине $A$ с радиус-вектором $\vec{r}_A$, прикрепили точечную массу $m$, причем $m = M$.

Мы получили систему, состоящую из двух объектов:

1. Параллелограмм, чью массу $M$ можно считать сосредоточенной в его центре масс $O$.

2. Точечная масса $m=M$, расположенная в вершине $A$.

Радиус-вектор центра масс новой системы $\vec{r}_{CM, new}$ найдем по формуле:

$\vec{r}_{CM, new} = \frac{M \cdot \vec{r}_O + m \cdot \vec{r}_A}{M + m}$

Подставим $m = M$:

$\vec{r}_{CM, new} = \frac{M \cdot \vec{r}_O + M \cdot \vec{r}_A}{M + M} = \frac{M (\vec{r}_O + \vec{r}_A)}{2M} = \frac{\vec{r}_O + \vec{r}_A}{2}$

Этот результат означает, что новый центр масс системы находится ровно посередине отрезка, соединяющего центр параллелограмма $O$ и вершину $A$, к которой была прикреплена дополнительная масса.

Если выразить это через координаты вершин, зная, что $\vec{r}_O = \frac{\vec{r}_A + \vec{r}_C}{2}$:

$\vec{r}_{CM, new} = \frac{1}{2} \left( \frac{\vec{r}_A + \vec{r}_C}{2} + \vec{r}_A \right) = \frac{1}{4} (3\vec{r}_A + \vec{r}_C)$

Ответ: Новый центр масс системы будет находиться в середине отрезка, соединяющего центр параллелограмма (точку пересечения диагоналей) и ту вершину, к которой была прикреплена точечная масса.

5.3. Докажите, что среди всех параллелограммов с данными диагоналями наибольшую площадь имеет ромб.

5.3. Пусть нам дан произвольный параллелограмм с диагоналями $d_1$ и $d_2$. Площадь любого параллелограмма можно вычислить по формуле, связывающей длины его диагоналей и синус угла между ними:

$S = \frac{1}{2} d_1 d_2 \sin(\varphi)$

где $d_1$ и $d_2$ — длины диагоналей, а $\varphi$ — угол между ними.

Согласно условию задачи, длины диагоналей $d_1$ и $d_2$ являются данными, то есть это постоянные величины. Следовательно, произведение $\frac{1}{2} d_1 d_2$ также является постоянной величиной.

Таким образом, площадь параллелограмма $S$ является функцией, зависящей только от угла $\varphi$ между диагоналями. Чтобы найти максимальное значение площади $S$, нам нужно найти максимальное значение функции $\sin(\varphi)$.

Из свойств тригонометрических функций известно, что максимальное значение синуса любого угла равно $1$. Это значение достигается, когда угол равен $90^\circ$.

$\sin(\varphi) \le 1$

Следовательно, максимальная площадь $S_{max}$ достигается при $\sin(\varphi) = 1$, что соответствует углу $\varphi = 90^\circ$.

$S_{max} = \frac{1}{2} d_1 d_2 \cdot 1 = \frac{1}{2} d_1 d_2$

Параллелограмм, у которого диагонали пересекаются под прямым углом ($\varphi = 90^\circ$), по определению является ромбом.

Таким образом, среди всех параллелограммов с данными диагоналями наибольшую площадь имеет тот, у которого диагонали перпендикулярны, то есть ромб.

Ответ: Утверждение доказано.

5.4. Медианы $AA_1$ и $BB_1$ треугольника $ABC$ пересекаются в точке $O$. Точки $P$ и $Q$ – середины отрезков $AO$ и $BO$ соответственно. Докажите, что $A_1B_1PQ$ является параллелограммом.

Пусть дан треугольник $ABC$. $AA_1$ и $BB_1$ – его медианы, которые по условию пересекаются в точке $O$. По определению медианы, точка $A_1$ является серединой стороны $BC$, а точка $B_1$ – серединой стороны $AC$. По условию, точка $P$ – середина отрезка $AO$, а точка $Q$ – середина отрезка $BO$.

Рассмотрим четырехугольник $A_1B_1PQ$. Его диагоналями являются отрезки $A_1P$ и $B_1Q$. Чтобы доказать, что $A_1B_1PQ$ является параллелограммом, воспользуемся признаком параллелограмма: если диагонали четырехугольника пересекаются и точкой пересечения делятся пополам, то этот четырехугольник – параллелограмм.

Известно свойство точки пересечения медиан треугольника: медианы делятся точкой пересечения в отношении $2:1$, считая от вершины.

Для медианы $AA_1$ это свойство записывается как $AO:OA_1 = 2:1$, из чего следует, что $AO = 2 \cdot OA_1$.Так как по условию $P$ – середина отрезка $AO$, то $PO = \frac{1}{2}AO$. Подставим в это равенство выражение для $AO$:$PO = \frac{1}{2}(2 \cdot OA_1) = OA_1$.Поскольку точки $P$, $O$ и $A_1$ лежат на одной прямой (на медиане $AA_1$) и длины отрезков $PO$ и $OA_1$ равны, точка $O$ является серединой диагонали $A_1P$.

Аналогично для медианы $BB_1$: свойство записывается как $BO:OB_1 = 2:1$, из чего следует, что $BO = 2 \cdot OB_1$.Так как по условию $Q$ – середина отрезка $BO$, то $QO = \frac{1}{2}BO$. Подставим в это равенство выражение для $BO$:$QO = \frac{1}{2}(2 \cdot OB_1) = OB_1$.Поскольку точки $Q$, $O$ и $B_1$ лежат на одной прямой (на медиане $BB_1$) и длины отрезков $QO$ и $OB_1$ равны, точка $O$ является серединой диагонали $B_1Q$.

Таким образом, диагонали $A_1P$ и $B_1Q$ четырехугольника $A_1B_1PQ$ пересекаются в точке $O$ и делятся этой точкой пополам. Следовательно, по признаку параллелограмма, четырехугольник $A_1B_1PQ$ является параллелограммом.

Что и требовалось доказать.

Ответ: Утверждение доказано.

5.5. При каких значениях $c$ прямая $2x + y + c = 0$ и окружность $x^2 + y^2 = 4$:

1) пересекаются;

2) не пересекаются;

3) касаются?

Для определения взаимного расположения прямой и окружности мы можем использовать геометрический подход. Он заключается в сравнении расстояния от центра окружности до прямой с радиусом окружности.

Сначала определим параметры окружности. Уравнение $x^2 + y^2 = 4$ является каноническим уравнением окружности вида $x^2 + y^2 = R^2$. Отсюда следует, что центр окружности находится в начале координат, точке $O(0, 0)$, а ее радиус $R = \sqrt{4} = 2$.

Теперь найдем расстояние $d$ от центра окружности $O(0, 0)$ до прямой $2x + y + c = 0$. Формула для вычисления расстояния от точки $(x_0, y_0)$ до прямой $Ax + By + C = 0$ выглядит так:
$d = \frac{|Ax_0 + By_0 + C|}{\sqrt{A^2 + B^2}}$
В нашем случае $A=2, B=1, C=c, x_0=0$ и $y_0=0$. Подставим эти значения в формулу:
$d = \frac{|2 \cdot 0 + 1 \cdot 0 + c|}{\sqrt{2^2 + 1^2}} = \frac{|c|}{\sqrt{4+1}} = \frac{|c|}{\sqrt{5}}$

Взаимное расположение прямой и окружности зависит от соотношения между $d$ и $R$:
• Прямая и окружность пересекаются в двух точках, если $d < R$.
• Прямая и окружность не имеют общих точек, если $d > R$.
• Прямая и окружность касаются (имеют одну общую точку), если $d = R$.

Теперь рассмотрим каждый случай, подставив найденные значения $d = \frac{|c|}{\sqrt{5}}$ и $R=2$.

1) пересекаются
Этот случай соответствует условию $d < R$.
$\frac{|c|}{\sqrt{5}} < 2$
$|c| < 2\sqrt{5}$
Данное неравенство с модулем эквивалентно двойному неравенству:
$-2\sqrt{5} < c < 2\sqrt{5}$
Это означает, что $c$ принадлежит интервалу $(-2\sqrt{5}; 2\sqrt{5})$.
Ответ: $c \in (-2\sqrt{5}; 2\sqrt{5})$.

2) не пересекаются
Этот случай соответствует условию $d > R$.
$\frac{|c|}{\sqrt{5}} > 2$
$|c| > 2\sqrt{5}$
Это неравенство выполняется, когда $c > 2\sqrt{5}$ или $c < -2\sqrt{5}$.
В виде объединения интервалов это записывается как $c \in (-\infty; -2\sqrt{5}) \cup (2\sqrt{5}; \infty)$.
Ответ: $c \in (-\infty; -2\sqrt{5}) \cup (2\sqrt{5}; \infty)$.

3) касаются
Этот случай соответствует условию $d = R$.
$\frac{|c|}{\sqrt{5}} = 2$
$|c| = 2\sqrt{5}$
Это равенство имеет два решения:
$c = 2\sqrt{5}$ и $c = -2\sqrt{5}$.
Ответ: $c = \pm 2\sqrt{5}$.

5.6. Основание равнобедренного треугольника 10 см, а один из его углов $120^\circ$. Найдите высоту, проведенную к боковой стороне.

Пусть дан равнобедренный треугольник, обозначим его $ABC$, где $AC$ — основание. По условию, длина основания $AC = 10$ см.

В равнобедренном треугольнике углы при основании равны. Сумма всех углов треугольника равна $180^\circ$. Данный в условии угол $120^\circ$ не может быть углом при основании, так как в этом случае сумма двух углов при основании составила бы $120^\circ + 120^\circ = 240^\circ$, что больше $180^\circ$. Следовательно, $120^\circ$ — это угол при вершине $B$, противолежащей основанию: $\angle ABC = 120^\circ$.

Найдем углы при основании $\angle BAC$ и $\angle BCA$:

Требуется найти высоту, проведенную к боковой стороне. Обозначим боковые стороны как $AB$ и $BC$. Найдем высоту $h$, проведенную, например, из вершины $C$ к боковой стороне $AB$.

Площадь треугольника $S$ можно выразить двумя способами. С одной стороны, через основание $AB$ и высоту $h$ к нему:

С другой стороны, через стороны $AC$ и $AB$ и угол $\angle BAC$ между ними:

Приравняв оба выражения для площади, получим:

Сократив обе части равенства на $\frac{1}{2} \cdot AB$ (так как длина стороны $AB$ не равна нулю), мы найдем $h$:

Подставим известные значения: $AC = 10$ см и $\angle BAC = 30^\circ$.

Поскольку треугольник равнобедренный, высота, проведенная к другой боковой стороне, будет иметь такую же длину.

Ответ: 5 см.

5.7. Точка $P$ лежит на стороне $CD$ квадрата $ABCD$, а $AK(K \in BC)$ – биссектриса угла $BAP$. Докажите, что $AP = BK + DP$.

Для решения задачи воспользуемся координатным методом. Поместим квадрат $ABCD$ в систему координат так, чтобы вершина $A$ находилась в начале координат $(0,0)$, вершина $B$ на оси $Ox$, а вершина $D$ на оси $Oy$. Пусть сторона квадрата равна $a$.

Тогда координаты вершин будут следующими:

• $A = (0, 0)$
• $B = (a, 0)$
• $C = (a, a)$
• $D = (0, a)$

Точка $P$ лежит на стороне $CD$. Сторона $CD$ представляет собой отрезок, где $y=a$, а $x$ меняется от $0$ до $a$. Таким образом, координаты точки $P$ можно записать как $(p, a)$, где $0 \le p \le a$.

Точка $K$ лежит на стороне $BC$. Сторона $BC$ представляет собой отрезок, где $x=a$, а $y$ меняется от $0$ до $a$. Таким образом, координаты точки $K$ можно записать как $(a, k)$, где $0 \le k \le a$.

Теперь найдем длины отрезков, упомянутых в условии задачи:

• Длина отрезка $AP$ вычисляется по формуле расстояния между точками $A(0,0)$ и $P(p,a)$: $AP = \sqrt{(p-0)^2 + (a-0)^2} = \sqrt{p^2+a^2}$
• Длина отрезка $DP$ вычисляется по формуле расстояния между точками $D(0,a)$ и $P(p,a)$: $DP = \sqrt{(p-0)^2 + (a-a)^2} = \sqrt{p^2} = p$ (поскольку $p \ge 0$)
• Длина отрезка $BK$ вычисляется по формуле расстояния между точками $B(a,0)$ и $K(a,k)$: $BK = \sqrt{(a-a)^2 + (k-0)^2} = \sqrt{k^2} = k$ (поскольку $k \ge 0$)

Нам необходимо доказать, что $AP = BK + DP$. Подставляя найденные выражения для длин, получаем задачу доказать следующее равенство:

$\sqrt{p^2+a^2} = k + p$

Теперь используем условие, что $AK$ — биссектриса угла $BAP$. В векторной форме это означает, что вектор $\vec{AK}$ сонаправлен с вектором, являющимся суммой единичных векторов $\vec{AB}$ и $\vec{AP}$.

Найдем эти векторы:

• $\vec{AB} = (a-0, 0-0) = (a, 0)$
• $\vec{AP} = (p-0, a-0) = (p, a)$
• $\vec{AK} = (a-0, k-0) = (a, k)$

Найдем длины векторов $\vec{AB}$ и $\vec{AP}$:

• $|\vec{AB}| = a$
• $|\vec{AP}| = \sqrt{p^2+a^2}$

Единичные векторы:

• $\vec{e}_{AB} = \frac{\vec{AB}}{|\vec{AB}|} = \frac{(a,0)}{a} = (1, 0)$
• $\vec{e}_{AP} = \frac{\vec{AP}}{|\vec{AP}|} = \frac{(p,a)}{\sqrt{p^2+a^2}}$

Направляющий вектор биссектрисы угла $BAP$ есть $\vec{u} = \vec{e}_{AB} + \vec{e}_{AP}$. Вектор $\vec{AK}$ должен быть ему коллинеарен, то есть $\vec{AK} = c \cdot \vec{u}$ для некоторого положительного скаляра $c$.

$(a, k) = c \left( (1, 0) + \frac{(p,a)}{\sqrt{p^2+a^2}} \right) = c \left( 1 + \frac{p}{\sqrt{p^2+a^2}}, \frac{a}{\sqrt{p^2+a^2}} \right)$

Приравнивая компоненты векторов, получаем систему из двух уравнений:

1. $a = c \left( 1 + \frac{p}{\sqrt{p^2+a^2}} \right)$
2. $k = c \cdot \frac{a}{\sqrt{p^2+a^2}}$

Из второго уравнения выразим $c$:

$c = \frac{k \sqrt{p^2+a^2}}{a}$

Подставим это выражение для $c$ в первое уравнение:

$a = \frac{k \sqrt{p^2+a^2}}{a} \left( 1 + \frac{p}{\sqrt{p^2+a^2}} \right)$

Раскроем скобки в правой части:

$a = \frac{k}{a} \left( \sqrt{p^2+a^2} + p \right)$

Умножим обе части на $a$:

$a^2 = k(\sqrt{p^2+a^2} + p)$

Мы получили соотношение между $p$, $k$ и $a$, которое следует из условия о биссектрисе. Теперь покажем, что это соотношение эквивалентно тому, что мы хотим доказать, а именно $\sqrt{p^2+a^2} = p+k$.

Возведем доказываемое равенство в квадрат:

$(\sqrt{p^2+a^2})^2 = (p+k)^2$

$p^2+a^2 = p^2+2pk+k^2$

$a^2 = 2pk+k^2$

Теперь вернемся к соотношению, полученному из условия о биссектрисе: $a^2 = k(\sqrt{p^2+a^2} + p)$. Подставим в него $a^2 = 2pk+k^2$:

$2pk+k^2 = k(\sqrt{p^2+a^2} + p)$

Поскольку точка $K$ может не совпадать с $B$, то $k \ne 0$, и мы можем разделить обе части на $k$:

$2p+k = \sqrt{p^2+a^2} + p$

$p+k = \sqrt{p^2+a^2}$

Это и есть то равенство, которое мы хотели доказать.

Таким образом, мы показали, что условие о биссектрисе приводит к равенству, которое эквивалентно доказываемому утверждению. Следовательно, утверждение задачи верно.

Ответ: Доказано, что $AP = BK + DP$.

5.8. Отрезки $AE$ и $BF$ – высоты равнобедренного треугольника $ABC$ с основанием $AC$. Найдите косинус угла при основании, если $AE : BF = \frac{1}{2}$.

5.8. Пусть дан равнобедренный треугольник $ABC$ с основанием $AC$. Это означает, что боковые стороны равны, $AB = BC$, и углы при основании равны, $\angle BAC = \angle BCA$. Обозначим искомый угол при основании через $\alpha$, то есть $\angle BAC = \angle BCA = \alpha$.

В треугольнике проведены высоты $AE$ к боковой стороне $BC$ и $BF$ к основанию $AC$. По определению высоты, $AE \perp BC$ и $BF \perp AC$. По условию задачи дано соотношение длин этих высот: $\frac{AE}{BF} = \frac{1}{2}$.

Площадь треугольника $ABC$ (обозначим её $S$) можно выразить двумя способами, используя данные высоты:

1. Через основание $AC$ и высоту $BF$: $S = \frac{1}{2} \cdot AC \cdot BF$.

2. Через сторону $BC$ и высоту $AE$: $S = \frac{1}{2} \cdot BC \cdot AE$.

Приравняем эти два выражения для площади, так как они описывают один и тот же треугольник:

$\frac{1}{2} \cdot AC \cdot BF = \frac{1}{2} \cdot BC \cdot AE$

Умножив обе части на 2, получим:

$AC \cdot BF = BC \cdot AE$

Из этого равенства можно выразить отношение высот через стороны:

$\frac{AE}{BF} = \frac{AC}{BC}$

Подставив в это соотношение данное в условии значение $\frac{AE}{BF} = \frac{1}{2}$, получаем:

$\frac{AC}{BC} = \frac{1}{2}$

Отсюда следует, что боковая сторона в два раза длиннее основания: $BC = 2AC$. Так как треугольник $ABC$ равнобедренный с основанием $AC$, то $AB = BC = 2AC$.

Теперь, чтобы найти косинус угла при основании $\alpha = \angle BAC$, рассмотрим прямоугольный треугольник $\triangle BFA$ (угол $\angle BFA = 90^\circ$, так как $BF$ — высота).

В равнобедренном треугольнике высота, проведенная к основанию, является также и медианой. Следовательно, высота $BF$ делит основание $AC$ пополам в точке $F$. Таким образом, $AF = \frac{1}{2}AC$.

По определению косинуса в прямоугольном треугольнике $\triangle BFA$:

$\cos(\alpha) = \cos(\angle BAF) = \frac{\text{прилежащий катет}}{\text{гипотенуза}} = \frac{AF}{AB}$

Мы уже установили, что $AF = \frac{1}{2}AC$ и $AB = 2AC$. Подставим эти выражения в формулу для косинуса:

$\cos(\alpha) = \frac{\frac{1}{2}AC}{2AC} = \frac{1 \cdot AC}{2 \cdot 2AC} = \frac{1}{4}$

Ответ: $\frac{1}{4}$

5.9. Диагонали прямоугольной трапеции взаимно перпендикулярны. Высота трапеции равна 2 см, а большее основание – 3 см. Найдите меньшее основание.

Пусть дана прямоугольная трапеция $ABCD$, у которой основаниями являются $AD$ и $BC$, а боковая сторона $AB$ перпендикулярна основаниям и является высотой трапеции. Обозначим длины оснований как $a = AD$ (большее основание) и $b = BC$ (меньшее основание), а высоту как $h = AB$.

Согласно условию задачи, мы имеем следующие данные:

• Высота $h = AB = 2$ см.
• Большее основание $a = AD = 3$ см.
• Диагонали $AC$ и $BD$ взаимно перпендикулярны, то есть $AC \perp BD$.

Для решения задачи докажем и используем свойство прямоугольной трапеции с перпендикулярными диагоналями.

Доказательство свойства:

Выполним дополнительное построение. Через вершину $C$ проведем прямую, параллельную диагонали $BD$. Эта прямая пересечет продолжение основания $AD$ в точке $E$.

Рассмотрим четырехугольник $BCED$. По построению $CE \parallel BD$. Так как $BC$ и $AD$ (а значит, и $DE$) являются основаниями трапеции, то $BC \parallel DE$. Следовательно, четырехугольник $BCED$ является параллелограммом. Из свойств параллелограмма следует, что $DE = BC = b$ и $CE = BD$.

Теперь рассмотрим треугольник $ACE$. По условию задачи диагонали трапеции перпендикулярны: $AC \perp BD$. Так как мы построили $CE \parallel BD$, то из этого следует, что $AC \perp CE$. Это означает, что угол $\angle ACE = 90^\circ$, и, следовательно, треугольник $ACE$ является прямоугольным.

Проведем высоту $CH$ из вершины $C$ на прямую $AE$. Поскольку $CH$ является перпендикуляром между параллельными прямыми $BC$ и $AE$, ее длина равна высоте трапеции: $CH = h$. В прямоугольном треугольнике $ACE$ отрезок $CH$ является высотой, опущенной из вершины прямого угла на гипотенузу $AE$.

Гипотенуза $AE$ состоит из двух отрезков: $AD$ и $DE$. Ее длина равна $AE = AD + DE = a + b$.Высота $CH$ делит гипотенузу $AE$ на отрезки $AH$ и $HE$.В прямоугольной трапеции $ABCD$ четырехугольник $ABCH$ является прямоугольником, поэтому $AH = BC = b$.Тогда длина второго отрезка $HE = AE - AH = (a+b) - b = a$.

В прямоугольном треугольнике квадрат высоты, проведенной к гипотенузе, равен произведению длин отрезков, на которые она делит гипотенузу. Для $\triangle ACE$ это свойство записывается как:$CH^2 = AH \cdot HE$

Подставляя наши обозначения, получаем важное свойство для прямоугольной трапеции с перпендикулярными диагоналями:$h^2 = b \cdot a$

Решение задачи:

Теперь мы можем использовать доказанное свойство для нахождения длины меньшего основания $b$. Подставим в формулу $h^2 = ab$ известные значения $h = 2$ см и $a = 3$ см:$2^2 = b \cdot 3$$4 = 3b$$b = \frac{4}{3}$

Таким образом, длина меньшего основания трапеции равна $\frac{4}{3}$ см.

Ответ: $\frac{4}{3}$ см.

5.10. Окружности с радиусами, равными 1, 2 и 3, касаются друг друга внешним образом, а каждая из них касается внутренним образом 4-й окружности. Найдите радиус 4-й окружности.

Пусть $O_1, O_2, O_3$ — центры трех окружностей, а их радиусы $r_1 = 1$, $r_2 = 2$ и $r_3 = 3$ соответственно. Поскольку эти три окружности касаются друг друга внешним образом, расстояние между центрами любых двух из них равно сумме их радиусов.

Найдем стороны треугольника $O_1O_2O_3$:

• Длина стороны $O_1O_2 = r_1 + r_2 = 1 + 2 = 3$.
• Длина стороны $O_2O_3 = r_2 + r_3 = 2 + 3 = 5$.
• Длина стороны $O_1O_3 = r_1 + r_3 = 1 + 3 = 4$.

Мы получили треугольник со сторонами 3, 4 и 5. Проверим, является ли он прямоугольным, используя теорему Пифагора:$3^2 + 4^2 = 9 + 16 = 25 = 5^2$.Так как $(O_1O_2)^2 + (O_1O_3)^2 = (O_2O_3)^2$, треугольник $O_1O_2O_3$ является прямоугольным, с прямым углом при вершине $O_1$.

Пусть $O_4$ — центр четвертой окружности, а ее радиус равен $R$. По условию, каждая из трех окружностей касается четвертой окружности внутренним образом. Это означает, что расстояние от центра четвертой окружности до центра каждой из трех малых окружностей равно разности их радиусов ($R$ и $r_i$). Заметим, что $R$ должен быть больше, чем $r_1, r_2, r_3$.

• Расстояние $O_1O_4 = R - r_1 = R - 1$.
• Расстояние $O_2O_4 = R - r_2 = R - 2$.
• Расстояние $O_3O_4 = R - r_3 = R - 3$.

Для нахождения $R$ введем систему координат. Так как треугольник $O_1O_2O_3$ прямоугольный, удобно разместить его вершины на осях координат. Пусть:

• $O_1$ находится в начале координат, $O_1(0, 0)$.
• $O_2$ лежит на оси Ox, $O_2(3, 0)$.
• $O_3$ лежит на оси Oy, $O_3(0, 4)$.

Пусть координаты центра $O_4$ равны $(x, y)$. Тогда мы можем составить систему уравнений, используя формулу расстояния между двумя точками:

1) $(O_1O_4)^2 = (x-0)^2 + (y-0)^2 = x^2 + y^2 = (R-1)^2$
2) $(O_2O_4)^2 = (x-3)^2 + (y-0)^2 = (x-3)^2 + y^2 = (R-2)^2$
3) $(O_3O_4)^2 = (x-0)^2 + (y-4)^2 = x^2 + (y-4)^2 = (R-3)^2$

Раскроем второе уравнение: $x^2 - 6x + 9 + y^2 = R^2 - 4R + 4$.Подставим в него $x^2 + y^2 = (R-1)^2 = R^2 - 2R + 1$ из первого уравнения:$(R^2 - 2R + 1) - 6x + 9 = R^2 - 4R + 4$
$R^2 - 2R - 6x + 10 = R^2 - 4R + 4$
$2R - 6x = -6$
$R - 3x = -3 \implies 3x = R + 3 \implies x = \frac{R+3}{3}$.

Теперь раскроем третье уравнение: $x^2 + y^2 - 8y + 16 = R^2 - 6R + 9$.Подставим в него $x^2 + y^2 = (R-1)^2 = R^2 - 2R + 1$:$(R^2 - 2R + 1) - 8y + 16 = R^2 - 6R + 9$
$R^2 - 2R - 8y + 17 = R^2 - 6R + 9$
$4R - 8y = -8$
$R - 2y = -2 \implies 2y = R + 2 \implies y = \frac{R+2}{2}$.

Мы выразили $x$ и $y$ через $R$. Подставим эти выражения в первое уравнение $x^2 + y^2 = (R-1)^2$:$(\frac{R+3}{3})^2 + (\frac{R+2}{2})^2 = (R-1)^2$
$\frac{R^2+6R+9}{9} + \frac{R^2+4R+4}{4} = R^2-2R+1$

Умножим обе части уравнения на 36, чтобы избавиться от знаменателей:$4(R^2+6R+9) + 9(R^2+4R+4) = 36(R^2-2R+1)$
$4R^2 + 24R + 36 + 9R^2 + 36R + 36 = 36R^2 - 72R + 36$
$13R^2 + 60R + 72 = 36R^2 - 72R + 36$

Перенесем все члены в правую часть, чтобы получить квадратное уравнение:$0 = (36-13)R^2 + (-72-60)R + (36-72)$
$23R^2 - 132R - 36 = 0$

Решим это уравнение с помощью дискриминанта:$D = b^2 - 4ac = (-132)^2 - 4 \cdot 23 \cdot (-36) = 17424 + 3312 = 20736$.Найдем корень из дискриминанта: $\sqrt{20736} = 144$.

Найдем корни уравнения для $R$:$R = \frac{-b \pm \sqrt{D}}{2a} = \frac{132 \pm 144}{2 \cdot 23} = \frac{132 \pm 144}{46}$.

Получаем два возможных значения для $R$:$R_1 = \frac{132 + 144}{46} = \frac{276}{46} = 6$.
$R_2 = \frac{132 - 144}{46} = \frac{-12}{46}$.

Так как радиус не может быть отрицательным, $R_2$ не является решением. Следовательно, радиус четвертой окружности равен 6.

Ответ: 6.

5.11. Найдите множество всех точек плоскости, из которых данный треугольник виден под данным углом.

Для решения задачи сперва необходимо точно определить, что означает фраза «треугольник виден под данным углом». Наиболее естественной является следующая интерпретация: угол, под которым виден треугольник из точки $P$, — это угол наименьшего конуса с вершиной в точке $P$, содержащего данный треугольник. Если точка $P$ находится вне треугольника, стороны этого конуса (лучи) будут проходить через две из трех вершин треугольника. Таким образом, угол зрения — это наибольший из трех углов, под которыми из точки $P$ видны стороны треугольника.

Пусть дан треугольник $ABC$ и угол $\alpha$, где $0 < \alpha < 180^\circ$. Пусть $P$ — точка на плоскости, из которой треугольник виден под углом $\alpha$. Согласно нашему определению, это означает, что $\max(\angle APB, \angle BPC, \angle CPA) = \alpha$.

Все точки $P$ вне треугольника можно разделить на три области в зависимости от того, какая из сторон $AB$, $BC$ или $CA$ определяет угол зрения:

• $W_{AB} = \{ P \mid \angle APB \ge \angle BPC \text{ и } \angle APB \ge \angle CPA \}$
• $W_{BC} = \{ P \mid \angle BPC \ge \angle APB \text{ и } \angle BPC \ge \angle CPA \}$
• $W_{CA} = \{ P \mid \angle CPA \ge \angle APB \text{ и } \angle CPA \ge \angle BPC \}$

Искомое множество точек является объединением трех множеств:

1. Множество точек $P \in W_{AB}$, для которых $\angle APB = \alpha$.
2. Множество точек $P \in W_{BC}$, для которых $\angle BPC = \alpha$.
3. Множество точек $P \in W_{CA}$, для которых $\angle CPA = \alpha$.

Рассмотрим геометрическое место точек (ГМТ), из которых данный отрезок виден под данным углом. ГМТ, из которых отрезок $XY$ виден под углом $\alpha$, состоит из двух дуг окружностей, симметричных относительно прямой $XY$.

Для каждой стороны треугольника построим соответствующую дугу окружности, лежащую снаружи по отношению к треугольнику.
1. Для стороны $AB$ построим дугу, на которой лежит ГМТ $P$ таких, что $\angle APB = \alpha$. Эта дуга лежит по ту сторону от прямой $AB$, где не лежит вершина $C$. Обозначим окружность, содержащую эту дугу, как $\Omega_{AB}$.
2. Аналогично для стороны $BC$ построим дугу на окружности $\Omega_{BC}$ (со стороны, противоположной вершине $A$).
3. И для стороны $CA$ построим дугу на окружности $\Omega_{CA}$ (со стороны, противоположной вершине $B$).

Теперь найдем искомое множество точек. Рассмотрим дугу на окружности $\Omega_{AB}$. Точка $P$ на этой дуге является частью искомого множества, если она принадлежит области $W_{AB}$, то есть если $\angle APB$ является наибольшим из трех углов. Это условие эквивалентно тому, что $\angle BPC \le \alpha$ и $\angle CPA \le \alpha$.

Условие $\angle BPC \le \alpha$ означает, что точка $P$ лежит на окружности $\Omega_{BC}$ или вне ее. Аналогично, условие $\angle CPA \le \alpha$ означает, что точка $P$ лежит на окружности $\Omega_{CA}$ или вне ее.

Таким образом, искомый участок дуги на окружности $\Omega_{AB}$ ограничен точками ее пересечения с окружностями $\Omega_{BC}$ и $\Omega_{CA}$.

Найдем точки пересечения этих окружностей:
• Пусть $P_A$ — точка пересечения окружностей $\Omega_{AB}$ и $\Omega_{CA}$, отличная от $A$. В этой точке $\angle AP_AB = \alpha$ и $\angle CP_AA = \alpha$.
• Пусть $P_B$ — точка пересечения окружностей $\Omega_{AB}$ и $\Omega_{BC}$, отличная от $B$. В этой точке $\angle AP_BB = \alpha$ и $\angle BP_BC = \alpha$.
• Пусть $P_C$ — точка пересечения окружностей $\Omega_{BC}$ и $\Omega_{CA}$, отличная от $C$. В этой точке $\angle BP_CC = \alpha$ и $\angle CP_CA = \alpha$.

По теореме о трех окружностях (или теореме Микеля для трех окружностей, проходящих через вершины треугольника), если три окружности $\Omega_{AB}, \Omega_{BC}, \Omega_{CA}$ проходят через пары вершин $(A,B), (B,C), (C,A)$ соответственно, они пересекаются в одной точке. Однако в нашем случае это не обязательно так, так как точки $P_A, P_B, P_C$ являются точками, где "переключается" доминирующий угол.

Искомое множество точек состоит из трех дуг:

• Дуга $P_A P_B$ на окружности $\Omega_{AB}$.
• Дуга $P_B P_C$ на окружности $\Omega_{BC}$.
• Дуга $P_C P_A$ на окружности $\Omega_{CA}$.

Эти три дуги образуют криволинейный треугольник с вершинами в точках $P_A, P_B, P_C$.

Случаи, когда решение не существует:
Если $\alpha \ge 180^\circ$, то таких точек не существует.
Также, если $\alpha$ будет больше или равно $180^\circ - \min(\angle A, \angle B, \angle C)$, то при приближении к вершине с наименьшим углом (извне треугольника) угол зрения будет стремиться к этому значению, но не сможет его достичь. Однако при приближении к точке на стороне (но не к вершине) угол зрения стремится к $180^\circ$. Таким образом, решение существует для любого $\alpha \in (0, 180^\circ)$.

Ответ:Искомое множество точек — это криволинейный треугольник, стороны которого являются дугами трех окружностей. Чтобы построить это множество, необходимо выполнить следующие действия:
1. Для каждой стороны треугольника (например, $AB$) построить окружность ($\Omega_{AB}$), из точек которой эта сторона видна под заданным углом $\alpha$. Из двух дуг, образуемых этой окружностью, выбирается та, что лежит с противоположной стороны от третьей вершины ($C$).
2. Проделать это для всех трех сторон, получив три окружности: $\Omega_{AB}$, $\Omega_{BC}$, $\Omega_{CA}$.
3. Найти точки попарного пересечения этих окружностей, отличные от вершин треугольника: $P_A = \Omega_{AB} \cap \Omega_{CA}$, $P_B = \Omega_{AB} \cap \Omega_{BC}$, $P_C = \Omega_{BC} \cap \Omega_{CA}$.
4. Искомым множеством является объединение трех дуг: дуги $P_A P_B$ на окружности $\Omega_{AB}$, дуги $P_B P_C$ на окружности $\Omega_{BC}$ и дуги $P_C P_A$ на окружности $\Omega_{CA}$. Данное множество существует для любого угла $\alpha \in (0, 180^\circ)$.

5.12. Даны две стороны треугольника: 6 см и 8 см. Медианы, проведенные к этим сторонам, взаимно перпендикулярны. Найдите площадь треугольника.

Пусть дан треугольник $ABC$ со сторонами $AC=b=6$ см и $BC=a=8$ см. Пусть $AA_1$ и $BB_1$ — медианы, проведенные к сторонам $BC$ и $AC$ соответственно. Обозначим их длины как $m_a = AA_1$ и $m_b = BB_1$. По условию, медианы взаимно перпендикулярны, то есть $AA_1 \perp BB_1$.

Медианы треугольника пересекаются в одной точке $O$ и делятся этой точкой в отношении 2:1, считая от вершины. Таким образом, мы имеем следующие соотношения для отрезков медиан: $AO = \frac{2}{3}m_a$, $OA_1 = \frac{1}{3}m_a$, $BO = \frac{2}{3}m_b$ и $OB_1 = \frac{1}{3}m_b$.

Поскольку медианы перпендикулярны, угол между ними в точке пересечения $O$ равен $90^\circ$. Рассмотрим прямоугольные треугольники $\triangle AOB_1$ и $\triangle BOA_1$.
Точка $B_1$ является серединой стороны $AC$, поэтому $AB_1 = \frac{1}{2}AC = \frac{1}{2} \cdot 6 = 3$ см.
Точка $A_1$ является серединой стороны $BC$, поэтому $BA_1 = \frac{1}{2}BC = \frac{1}{2} \cdot 8 = 4$ см.

Применим теорему Пифагора к этим треугольникам.
Для $\triangle AOB_1$ имеем: $AO^2 + OB_1^2 = AB_1^2$. Подставив выражения для отрезков медиан, получим:$(\frac{2}{3}m_a)^2 + (\frac{1}{3}m_b)^2 = 3^2$,что приводит к уравнению $\frac{4}{9}m_a^2 + \frac{1}{9}m_b^2 = 9$.Умножив обе части на 9, получим первое уравнение: $4m_a^2 + m_b^2 = 81$.

Аналогично для $\triangle BOA_1$: $BO^2 + OA_1^2 = BA_1^2$. Подставив выражения, получим:$(\frac{2}{3}m_b)^2 + (\frac{1}{3}m_a)^2 = 4^2$,что приводит к уравнению $\frac{4}{9}m_b^2 + \frac{1}{9}m_a^2 = 16$.Умножив обе части на 9, получим второе уравнение: $m_a^2 + 4m_b^2 = 144$.

Теперь необходимо решить систему двух уравнений с двумя неизвестными $m_a^2$ и $m_b^2$:

Сложим эти два уравнения: $(4m_a^2 + m_b^2) + (m_a^2 + 4m_b^2) = 81 + 144$, что дает $5m_a^2 + 5m_b^2 = 225$, или $m_a^2 + m_b^2 = 45$.Выразим $m_b^2 = 45 - m_a^2$ и подставим в первое уравнение системы: $4m_a^2 + (45 - m_a^2) = 81$.Отсюда $3m_a^2 = 36$, и $m_a^2 = 12$.Тогда $m_b^2 = 45 - 12 = 33$.

Площадь треугольника $S_{ABC}$ можно найти, используя свойство точки пересечения медиан (центроида). Существует формула, связывающая площадь треугольника с длинами двух его медиан и углом между ними: $S_{ABC} = \frac{2}{3}m_a m_b \sin\alpha$.Поскольку по условию медианы перпендикулярны, угол $\alpha = 90^\circ$, а $\sin 90^\circ = 1$.Таким образом, формула для нашего случая упрощается:

Мы нашли $m_a^2 = 12$ и $m_b^2 = 33$, значит, $m_a = \sqrt{12}$ и $m_b = \sqrt{33}$.Вычислим площадь:

Упростим корень: $\sqrt{396} = \sqrt{36 \cdot 11} = 6\sqrt{11}$.Подставим это значение обратно в формулу площади:

Ответ: $4\sqrt{11}$ см².

5.13. Высоты треугольника $ABC$ пересекаются в точке $O$. Найдите угол $C$, если $OC = AB$.

Для решения задачи разместим треугольник $ABC$ в декартовой системе координат. Такой подход позволяет вывести общее соотношение, справедливое как для остроугольного, так и для тупоугольного треугольника.

Пусть вершина $C$ находится в начале координат $C(0,0)$, а сторона $AC$ лежит на оси абсцисс. Тогда координаты вершины $A$ будут $A(b, 0)$, где $b$ — это длина стороны $AC$. Координаты вершины $B$ можно выразить через длину стороны $BC=a$ и угол $C$: $B(a \cos C, a \sin C)$.

Орртоцентр $O$ является точкой пересечения высот треугольника. Найдем его координаты, определив уравнения двух высот.

Высота, проведенная из вершины $B$ на сторону $AC$ (которая лежит на оси $Ox$), является вертикальной линией. Ее уравнение: $x = a \cos C$.

Высота, проведенная из вершины $A$ на сторону $BC$, перпендикулярна прямой $BC$. Прямая $BC$ проходит через точки $C(0,0)$ и $B(a \cos C, a \sin C)$, ее угловой коэффициент равен $k_{BC} = \frac{a \sin C - 0}{a \cos C - 0} = \tan C$. Угловой коэффициент перпендикулярной ей высоты будет $k_{h_A} = -\frac{1}{k_{BC}} = -\cot C$. Уравнение высоты, проходящей через точку $A(b, 0)$: $y - 0 = -\cot C \cdot (x - b)$, или $y = -x \cot C + b \cot C$.

Координаты ортоцентра $O$ — это решение системы уравнений двух высот. Абсцисса $x_O$ уже известна: $x_O = a \cos C$. Подставим ее в уравнение второй высоты для нахождения ординаты $y_O$: $y_O = -(a \cos C) \cot C + b \cot C = (b - a \cos C) \frac{\cos C}{\sin C}$. Итак, $O$ имеет координаты $\left(a \cos C, (b - a \cos C)\frac{\cos C}{\sin C}\right)$.

Теперь найдем квадрат расстояния $OC$. Так как $C$ — начало координат, $OC^2 = x_O^2 + y_O^2$. $OC^2 = (a \cos C)^2 + \left((b - a \cos C)\frac{\cos C}{\sin C}\right)^2 = a^2 \cos^2 C + (b - a \cos C)^2 \frac{\cos^2 C}{\sin^2 C}$. Вынесем общий множитель $\frac{\cos^2 C}{\sin^2 C}$: $OC^2 = \frac{\cos^2 C}{\sin^2 C} [a^2 \sin^2 C + (b - a \cos C)^2] = \frac{\cos^2 C}{\sin^2 C} [a^2 \sin^2 C + b^2 - 2ab \cos C + a^2 \cos^2 C]$. Сгруппировав слагаемые с $a^2$ и применив основное тригонометрическое тождество $\sin^2 C + \cos^2 C = 1$, получим: $OC^2 = \frac{\cos^2 C}{\sin^2 C} [a^2(\sin^2 C + \cos^2 C) + b^2 - 2ab \cos C] = \frac{\cos^2 C}{\sin^2 C} [a^2 + b^2 - 2ab \cos C]$.

Выражение в квадратных скобках, согласно теореме косинусов для треугольника $ABC$, равно квадрату стороны $AB$: $AB^2 = a^2 + b^2 - 2ab \cos C$. Таким образом, мы получили связь между $OC$ и $AB$: $OC^2 = \frac{\cos^2 C}{\sin^2 C} \cdot AB^2$.

Извлекая квадратный корень, получаем: $OC = \sqrt{\frac{\cos^2 C}{\sin^2 C} \cdot AB^2} = \left|\frac{\cos C}{\sin C}\right| \cdot AB$.

По условию задачи $OC = AB$. Подставим это в выведенную формулу: $AB = \left|\frac{\cos C}{\sin C}\right| \cdot AB$. Так как $AB$ — длина стороны, $AB > 0$, можно сократить на $AB$: $1 = \left|\frac{\cos C}{\sin C}\right|$. Поскольку $C$ — угол треугольника ($0^\circ < C < 180^\circ$), $\sin C$ всегда положителен. Значит, $\sin C = |\cos C|$.

Это уравнение распадается на два случая. Первый случай: угол $C$ острый ($0^\circ < C < 90^\circ$). Тогда $\cos C > 0$, и уравнение принимает вид $\sin C = \cos C$. Разделив на $\cos C \neq 0$, получаем $\tan C = 1$, откуда $C = 45^\circ$.

Второй случай: угол $C$ тупой ($90^\circ < C < 180^\circ$). Тогда $\cos C < 0$, и $|\cos C| = -\cos C$. Уравнение принимает вид $\sin C = -\cos C$. Разделив на $\cos C \neq 0$, получаем $\tan C = -1$, откуда $C = 135^\circ$.

Случай $\angle C = 90^\circ$ невозможен, так как при этом $\cos C = 0$, а $\sin C = 1$, и равенство $\sin C = |\cos C|$ не выполняется.

Ответ: $45^\circ$ или $135^\circ$.

5.14. В треугольнике $ABC$ медиана $MB$ равна стороне $AC$. На продолжении сторон $BA$ и $AC$ отмечены точки $D$ и $E$ так, что $AD = AB$, $CE = CM$. Докажите, что $DM \perp BE$.

Для решения задачи воспользуемся векторным методом. Выберем точку $M$ в качестве начала координат, тогда вектор $\vec{M} = \vec{0}$.

Поскольку $MB$ — медиана треугольника $ABC$, проведенная к стороне $AC$, точка $M$ является серединой стороны $AC$. В векторной форме это записывается как $\vec{M} = \frac{\vec{A} + \vec{C}}{2}$. Так как $\vec{M} = \vec{0}$, то $\vec{A} + \vec{C} = \vec{0}$, откуда $\vec{C} = -\vec{A}$. Обозначим вектор $\vec{A}$ как $\vec{a}$, тогда $\vec{C} = -\vec{a}$.

Пусть вектору $\vec{B}$ соответствует вектор $\vec{b}$.

Из условия задачи известно, что $MB = AC$. Выразим это равенство в векторах. Длина отрезка $MB$ равна модулю вектора $\vec{MB} = \vec{B} - \vec{M} = \vec{b} - \vec{0} = \vec{b}$. Длина отрезка $AC$ равна модулю вектора $\vec{AC} = \vec{C} - \vec{A} = -\vec{a} - \vec{a} = -2\vec{a}$. Таким образом, условие $MB = AC$ дает нам соотношение между модулями векторов: $|\vec{b}| = |-2\vec{a}| = 2|\vec{a}|$.

Теперь определим векторы, соответствующие точкам $D$ и $E$. Точка $D$ находится на продолжении стороны $BA$ за точку $A$, и при этом $AD = AB$. Это означает, что точка $A$ является серединой отрезка $DB$. Следовательно, $\vec{A} = \frac{\vec{D} + \vec{B}}{2}$. Подставив известные векторы, получаем $\vec{a} = \frac{\vec{D} + \vec{b}}{2}$, откуда находим $\vec{D} = 2\vec{a} - \vec{b}$.

Точка $E$ находится на продолжении стороны $AC$ за точку $C$, и при этом $CE = CM$. Найдем длину $CM$: $CM = |\vec{M} - \vec{C}| = |\vec{0} - (-\vec{a})| = |\vec{a}|$. Значит, $CE = |\vec{a}|$. Вектор $\vec{CE}$ сонаправлен вектору $\vec{AC} = -2\vec{a}$, так как точка $E$ лежит на продолжении $AC$ за точку $C$. Это значит, что $\vec{E} - \vec{C} = k \cdot \vec{AC}$ для некоторого положительного числа $k$. Модуль этого вектора равен $|\vec{E} - \vec{C}| = |k \cdot (-2\vec{a})| = 2k|\vec{a}|$. Так как $CE = |\vec{a}|$, имеем $2k|\vec{a}| = |\vec{a}|$, откуда $k = \frac{1}{2}$. Итак, $\vec{E} - \vec{C} = \frac{1}{2}\vec{AC} = \frac{1}{2}(-2\vec{a}) = -\vec{a}$. Выразим вектор $\vec{E}$: $\vec{E} = \vec{C} - \vec{a} = -\vec{a} - \vec{a} = -2\vec{a}$.

Для доказательства перпендикулярности прямых $DM$ и $BE$ необходимо показать, что скалярное произведение векторов $\vec{DM}$ и $\vec{BE}$ равно нулю.

Найдем эти векторы:$\vec{DM} = \vec{M} - \vec{D} = \vec{0} - (2\vec{a} - \vec{b}) = \vec{b} - 2\vec{a}$.$\vec{BE} = \vec{E} - \vec{B} = -2\vec{a} - \vec{b}$.

Вычислим их скалярное произведение:$\vec{DM} \cdot \vec{BE} = (\vec{b} - 2\vec{a}) \cdot (-2\vec{a} - \vec{b}) = -(\vec{b} - 2\vec{a}) \cdot (\vec{b} + 2\vec{a})$.Применяя формулу разности квадратов $|X|^2-|Y|^2 = (X-Y) \cdot (X+Y)$ для скалярного произведения, получаем:$\vec{DM} \cdot \vec{BE} = -(|\vec{b}|^2 - |2\vec{a}|^2) = -(|\vec{b}|^2 - 4|\vec{a}|^2)$.

Воспользуемся соотношением, полученным из условия $MB = AC$: $|\vec{b}| = 2|\vec{a}|$. Возведя обе части в квадрат, имеем $|\vec{b}|^2 = 4|\vec{a}|^2$.

Подставим это в выражение для скалярного произведения:$\vec{DM} \cdot \vec{BE} = -(4|\vec{a}|^2 - 4|\vec{a}|^2) = 0$.

Поскольку скалярное произведение векторов $\vec{DM}$ и $\vec{BE}$ равно нулю, эти векторы перпендикулярны. Следовательно, прямые $DM$ и $BE$ также перпендикулярны.

Ответ: Что и требовалось доказать.