Страница 175 - гдз по геометрии 9 класс учебник Мерзляк, Полонский

718. Окружности с центрами $O_1$ и $O_2$ симметричны относительно точки $O$ (рис. 212). Прямая, проходящая через центр симметрии, пересекает первую окружность в точках $A_1$ и $B_1$, а вторую — в точках $A_2$ и $B_2$.

Докажите, что $A_1B_1 = A_2B_2$.

Рис. 212

Доказательство

Пусть $C_1$ и $C_2$ — это две окружности с центрами $O_1$ и $O_2$ соответственно. По условию, эти окружности симметричны относительно точки $O$. Обозначим преобразование центральной симметрии относительно точки $O$ как $S_O$. Тогда, по определению симметрии фигур, образом окружности $C_1$ при симметрии $S_O$ является окружность $C_2$, то есть $S_O(C_1) = C_2$.

Прямая, которую мы обозначим как $l$, проходит через центр симметрии $O$. Любая прямая, проходящая через центр симметрии, при этом преобразовании отображается на себя. Следовательно, $S_O(l) = l$.

Точки $A_1$ и $B_1$ являются точками пересечения прямой $l$ и окружности $C_1$. Множество этих точек можно записать как $\{A_1, B_1\} = l \cap C_1$. Аналогично, точки $A_2$ и $B_2$ являются точками пересечения прямой $l$ и окружности $C_2$, то есть $\{A_2, B_2\} = l \cap C_2$.

Применим преобразование симметрии $S_O$ к множеству точек пересечения $\{A_1, B_1\}$. Так как симметрия сохраняет операцию пересечения, образ пересечения равен пересечению образов: $S_O(\{A_1, B_1\}) = S_O(l \cap C_1) = S_O(l) \cap S_O(C_1)$.

Используя результаты, полученные ранее ($S_O(l) = l$ и $S_O(C_1) = C_2$), получаем: $S_O(l) \cap S_O(C_1) = l \cap C_2 = \{A_2, B_2\}$.

Таким образом, мы показали, что при центральной симметрии $S_O$ множество точек $\{A_1, B_1\}$ отображается на множество точек $\{A_2, B_2\}$. Это означает, что либо $S_O(A_1) = A_2$ и $S_O(B_1) = B_2$, либо $S_O(A_1) = B_2$ и $S_O(B_1) = A_2$.

Центральная симметрия является движением (изометрией), а это значит, что она сохраняет расстояния между точками. Следовательно, расстояние между точками $A_1$ и $B_1$ равно расстоянию между их образами, точками $S_O(A_1)$ и $S_O(B_1)$.

Длина отрезка $A_1B_1$ (хорды первой окружности) равна расстоянию $d(A_1, B_1)$. Длина отрезка $A_2B_2$ (хорды второй окружности) равна расстоянию $d(A_2, B_2)$. Так как $\{S_O(A_1), S_O(B_1)\} = \{A_2, B_2\}$, то расстояние между образами $d(S_O(A_1), S_O(B_1))$ равно расстоянию $d(A_2, B_2)$. Следовательно, $d(A_1, B_1) = d(S_O(A_1), S_O(B_1)) = d(A_2, B_2)$. Отсюда получаем $A_1B_1 = A_2B_2$, что и требовалось доказать.

Ответ: Равенство $A_1B_1 = A_2B_2$ доказано.

719. Пусть вершина $A$ равностороннего треугольника $ABC$ является центром поворота на угол $120^\circ$. Найдите отрезок $BC_1$, где точка $C_1$ – образ точки $C$ при данном повороте, если $AB = 1$ см. Сколько решений имеет задача?

По условию, треугольник $ABC$ — равносторонний, и его сторона $AB = 1$ см. Это означает, что все его стороны равны 1 см ($AB = BC = AC = 1$ см), а все углы равны $60°$ ($∠BAC = ∠ABC = ∠BCA = 60°$).

Вершина $A$ является центром поворота на угол $120°$. Точка $C_1$ — это образ точки $C$ при этом повороте. Согласно определению поворота:

• Расстояние от центра поворота до образа точки равно расстоянию от центра до исходной точки. Таким образом, $AC_1 = AC = 1$ см.
• Угол, образованный лучами, исходящими из центра поворота к исходной точке и ее образу, равен углу поворота. Таким образом, $∠CAC_1 = 120°$.

В задаче не указано направление поворота (по часовой стрелке или против часовой стрелки), поэтому необходимо рассмотреть два возможных случая.

Случай 1: Поворот осуществляется против часовой стрелки.

Предположим, что вершины треугольника $A$, $B$, $C$ расположены против часовой стрелки. Тогда угол $∠BAC_1$ будет равен сумме углов $∠BAC$ и $∠CAC_1$.

$∠BAC_1 = ∠BAC + ∠CAC_1 = 60° + 120° = 180°$.

Угол в $180°$ означает, что точки $B$, $A$ и $C_1$ лежат на одной прямой, причем точка $A$ находится между точками $B$ и $C_1$. В этом случае длина отрезка $BC_1$ равна сумме длин отрезков $BA$ и $AC_1$.

$BC_1 = BA + AC_1 = 1 + 1 = 2$ см.

Ответ: $BC_1 = 2$ см.

Случай 2: Поворот осуществляется по часовой стрелке.

При повороте по часовой стрелке угол $∠BAC_1$ будет равен разности углов $∠CAC_1$ и $∠BAC$.

$∠BAC_1 = ∠CAC_1 - ∠BAC = 120° - 60° = 60°$.

Теперь рассмотрим треугольник $ABC_1$. Нам известны длины двух его сторон, $AB = 1$ см и $AC_1 = 1$ см, и угол между ними, $∠BAC_1 = 60°$.

Треугольник, у которого две стороны равны, а угол между ними составляет $60°$, является равносторонним. Следовательно, треугольник $ABC_1$ — равносторонний.

Это означает, что все его стороны равны, то есть $BC_1 = AB = AC_1 = 1$ см.

Ответ: $BC_1 = 1$ см.

Сколько решений имеет задача?

Поскольку направление поворота в условии не задано, существуют два возможных положения для точки $C_1$. Каждое положение приводит к своему значению длины отрезка $BC_1$. Следовательно, задача имеет два решения.

Ответ: Задача имеет два решения.

720. Пусть вершина $A$ квадрата $ABCD$ является центром поворота против часовой стрелки на угол $90^\circ$. Найдите отрезок $CC_1$, где точка $C_1$ – образ точки $C$ при данном повороте, если $AB = 1 \text{ см}$.

Пусть дан квадрат $ABCD$. По определению квадрата, все его стороны равны и все углы прямые. Из условия известно, что $AB = 1$ см, следовательно, $BC = 1$ см, а угол $\angle ABC = 90^\circ$.

Рассмотрим прямоугольный треугольник $ABC$. Диагональ квадрата $AC$ является гипотенузой этого треугольника. Найдем ее длину по теореме Пифагора:
$AC^2 = AB^2 + BC^2$
$AC^2 = 1^2 + 1^2 = 1 + 1 = 2$
$AC = \sqrt{2}$ см.

По условию, точка $C_1$ является образом точки $C$ при повороте вокруг центра $A$ на угол $90^\circ$ против часовой стрелки. При повороте расстояние от центра поворота до любой точки фигуры сохраняется. Это означает, что расстояние от центра поворота $A$ до точки $C$ равно расстоянию от $A$ до ее образа $C_1$:
$AC_1 = AC = \sqrt{2}$ см.

Также, по определению поворота, угол, образованный отрезками, соединяющими центр поворота с исходной точкой и ее образом, равен углу поворота. Таким образом, угол $\angle CAC_1 = 90^\circ$.

Рассмотрим треугольник $CAC_1$. Мы знаем, что $AC = AC_1 = \sqrt{2}$ см и $\angle CAC_1 = 90^\circ$. Следовательно, треугольник $CAC_1$ является равнобедренным прямоугольным треугольником. Отрезок $CC_1$, длину которого необходимо найти, является гипотенузой этого треугольника.

Применим теорему Пифагора для треугольника $CAC_1$:
$CC_1^2 = AC^2 + AC_1^2$
$CC_1^2 = (\sqrt{2})^2 + (\sqrt{2})^2 = 2 + 2 = 4$
$CC_1 = \sqrt{4} = 2$ см.

Ответ: 2 см.

721. Вершины одного параллелограмма лежат на сторонах другого: по одной вершине на каждой стороне. Докажите, что точки пересечения диагоналей этих параллелограммов совпадают.

Для доказательства воспользуемся векторным методом.

Пусть $ABCD$ — внешний параллелограмм, а $KLMN$ — внутренний, вершины которого лежат на сторонах внешнего: $K$ на $AB$, $L$ на $BC$, $M$ на $CD$ и $N$ на $DA$.

Точка пересечения диагоналей параллелограмма является его центром, который делит каждую диагональ пополам. Нам нужно доказать, что центры параллелограммов $ABCD$ и $KLMN$ совпадают.

Выберем вершину $A$ в качестве начала координат. Обозначим векторы, идущие вдоль сторон параллелограмма $ABCD$, как $\vec{AB} = \vec{a}$ и $\vec{AD} = \vec{b}$. Тогда радиус-векторы вершин параллелограмма $ABCD$ будут:
$\vec{A} = \vec{0}$
$\vec{B} = \vec{a}$
$\vec{D} = \vec{b}$
$\vec{C} = \vec{AC} = \vec{AB} + \vec{BC} = \vec{AB} + \vec{AD} = \vec{a} + \vec{b}$

Теперь выразим радиус-векторы вершин параллелограмма $KLMN$.
1. Точка $K$ лежит на стороне $AB$. Следовательно, существует число $k \in [0, 1]$ такое, что $\vec{AK} = k \cdot \vec{AB} = k\vec{a}$.
2. Точка $L$ лежит на стороне $BC$. Вектор $\vec{BC} = \vec{AD} = \vec{b}$. Следовательно, существует число $l \in [0, 1]$ такое, что $\vec{BL} = l \cdot \vec{BC} = l\vec{b}$. Тогда радиус-вектор точки $L$ равен $\vec{AL} = \vec{AB} + \vec{BL} = \vec{a} + l\vec{b}$.
3. Точка $M$ лежит на стороне $CD$. Вектор $\vec{CD} = -\vec{AB} = -\vec{a}$. Следовательно, существует число $m \in [0, 1]$ такое, что $\vec{CM} = m \cdot \vec{CD} = -m\vec{a}$. Тогда радиус-вектор точки $M$ равен $\vec{AM} = \vec{AC} + \vec{CM} = (\vec{a} + \vec{b}) - m\vec{a} = (1-m)\vec{a} + \vec{b}$.
4. Точка $N$ лежит на стороне $DA$. Вектор $\vec{DA} = -\vec{AD} = -\vec{b}$. Следовательно, существует число $n \in [0, 1]$ такое, что $\vec{DN} = n \cdot \vec{DA} = -n\vec{b}$. Тогда радиус-вектор точки $N$ равен $\vec{AN} = \vec{AD} + \vec{DN} = \vec{b} - n\vec{b} = (1-n)\vec{b}$.

Поскольку $KLMN$ является параллелограммом, его диагонали $KM$ и $LN$ должны пересекаться в своей середине. Это эквивалентно векторному равенству $\vec{AK} + \vec{AM} = \vec{AL} + \vec{AN}$. Подставим найденные выражения:
$k\vec{a} + ((1-m)\vec{a} + \vec{b}) = (\vec{a} + l\vec{b}) + (1-n)\vec{b}$

Сгруппируем слагаемые при векторах $\vec{a}$ и $\vec{b}$:
$(k + 1 - m)\vec{a} + \vec{b} = \vec{a} + (l + 1 - n)\vec{b}$

Так как векторы $\vec{a}$ и $\vec{b}$ неколлинеарны (они являются смежными сторонами параллелограмма), равенство возможно только в том случае, если коэффициенты при этих векторах в левой и правой частях уравнения равны:
$k + 1 - m = 1 \implies k = m$
$1 = l + 1 - n \implies l = n$

Теперь найдем центр (точку пересечения диагоналей) каждого параллелограмма.
Центр параллелограмма $ABCD$ (обозначим его $O_1$) является серединой диагонали $AC$. Его радиус-вектор:
$\vec{AO_1} = \frac{1}{2}\vec{AC} = \frac{1}{2}(\vec{a} + \vec{b})$

Центр параллелограмма $KLMN$ (обозначим его $O_2$) является серединой диагонали $KM$. Его радиус-вектор:
$\vec{AO_2} = \frac{1}{2}(\vec{AK} + \vec{AM}) = \frac{1}{2}(k\vec{a} + ((1-m)\vec{a} + \vec{b})) = \frac{1}{2}((k + 1 - m)\vec{a} + \vec{b})$

Мы ранее доказали, что $k=m$. Подставим это соотношение в выражение для $\vec{AO_2}$:
$\vec{AO_2} = \frac{1}{2}((k + 1 - k)\vec{a} + \vec{b}) = \frac{1}{2}(\vec{a} + \vec{b})$

Таким образом, мы получили, что $\vec{AO_1} = \vec{AO_2}$. Это означает, что радиус-векторы центров обоих параллелограммов равны, а значит, сами центры совпадают.

Ответ: Утверждение доказано. Точки пересечения диагоналей этих параллелограммов совпадают.

722. Точки $A$ и $C$ принадлежат острому углу, но не лежат на его сторонах. Постройте параллелограмм $ABCD$ так, чтобы точки $B$ и $D$ лежали на сторонах угла.

Для построения искомого параллелограмма $ABCD$ воспользуемся методом центральной симметрии и ключевым свойством параллелограмма: его диагонали пересекаются и точкой пересечения делятся пополам.

Анализ

Пусть $ABCD$ — искомый параллелограмм, где вершины $A$ и $C$ заданы, вершина $B$ лежит на одной стороне угла (назовем ее $l_1$), а вершина $D$ — на другой стороне угла ($l_2$). Пусть $M$ — точка пересечения диагоналей $AC$ и $BD$. По свойству параллелограмма, $M$ является серединой обеих диагоналей.

Так как точки $A$ и $C$ нам известны, мы можем найти положение точки $M$ как середины отрезка $AC$.

Поскольку $M$ также является серединой диагонали $BD$, это означает, что точка $B$ симметрична точке $D$ относительно центра $M$. Это ключевой момент для построения.

Мы знаем, что точка $D$ лежит на стороне угла $l_2$. Если точка $D$ принадлежит прямой $l_2$, то симметричная ей относительно центра $M$ точка $B$ должна лежать на прямой $l'_2$, которая симметрична прямой $l_2$ относительно того же центра $M$. Прямая $l'_2$ будет параллельна прямой $l_2$.

С другой стороны, по условию задачи, точка $B$ должна лежать на стороне угла $l_1$. Следовательно, искомая точка $B$ является точкой пересечения прямой $l_1$ и прямой $l'_2$, симметричной $l_2$ относительно середины диагонали $AC$. Найдя точку $B$, мы легко найдем и точку $D$, так как она симметрична $B$ относительно $M$.

Построение

1. Соединим данные точки $A$ и $C$ отрезком.
2. Построим середину отрезка $AC$. Назовем эту точку $M$. Это можно сделать, проведя две дуги окружностей с одинаковым радиусом (большим половины $AC$) из точек $A$ и $C$ и соединив точки пересечения этих дуг. Точка пересечения этой прямой с отрезком $AC$ и будет его серединой $M$.
3. Обозначим стороны угла как лучи $l_1$ и $l_2$, выходящие из вершины $O$. Построим прямую $l'_2$, симметричную прямой, содержащей луч $l_2$, относительно точки $M$. Для этого:
   • Построим точку $O'$, симметричную вершине угла $O$ относительно точки $M$ (для этого проводим луч $OM$ и откладываем на нем за точкой $M$ отрезок $MO'$ равный $OM$).
   • Через точку $O'$ проведем прямую $l'_2$, параллельную прямой $l_2$.
4. Найдем точку пересечения прямой $l'_2$ и прямой, содержащей луч $l_1$. Эта точка и будет искомой вершиной $B$.
5. Для нахождения последней вершины $D$ соединим точки $B$ и $M$ лучом и отложим на нем от точки $M$ отрезок $MD$, равный отрезку $BM$. Полученная точка $D$ будет лежать на луче $l_2$ (так как точка $B$ лежит на $l'_2$, а $l_2$ и $l'_2$ симметричны относительно $M$).
6. Последовательно соединим отрезками точки $A, B, C$ и $D$. Четырехугольник $ABCD$ — искомый параллелограмм.

Ответ: Построение выполнено согласно приведенному алгоритму.

723. Постройте отрезок, серединой которого является данная точка, а концы принадлежат данным непараллельным прямым.

Пусть даны две непараллельные прямые a и b, и точка M. Необходимо построить отрезок AB так, чтобы его концы A и B лежали на прямых a и b соответственно, а точка M была его серединой.

Анализ

Будем решать задачу методом центральной симметрии. Предположим, что искомый отрезок AB построен. Так как точка M является серединой отрезка AB, то точка B является образом точки A при центральной симметрии с центром в точке M.

По условию, точка A лежит на прямой a. Следовательно, ее образ — точка B — должна лежать на образе прямой a при той же симметрии. Обозначим образ прямой a как a'. Таким образом, $B \in a'$.

Также, по условию, точка B лежит на прямой b. Значит, точка B является точкой пересечения прямых a' и b.

Прямая a', полученная центральной симметрией из прямой a, параллельна прямой a. Поскольку исходные прямые a и b непараллельны, то прямые a' и b также непараллельны, а значит, они пересекаются в единственной точке. Это и будет точка B.

После нахождения точки B, можно найти точку A. Точка A симметрична точке B относительно M, и она также является точкой пересечения прямой BM с прямой a.

Построение

1. Построим прямую a', симметричную прямой a относительно точки M.
Для этого выберем на прямой a любую точку P и построим симметричную ей точку P' относительно M (для этого проводим луч PM и откладываем на нем отрезок $MP' = MP$).
Через точку P' проведем прямую a', параллельную прямой a. Это и есть искомый образ прямой.
2. Найдем точку пересечения построенной прямой a' и данной прямой b. Обозначим эту точку как B. Это один из концов искомого отрезка.
3. Проведем прямую через точки B и M.
4. Найдем точку пересечения прямой BM с прямой a. Обозначим эту точку как A. Это второй конец отрезка.
5. Соединим точки A и B. Отрезок AB является искомым.

Доказательство

По построению, точка A принадлежит прямой a, а точка B принадлежит прямой b. Необходимо доказать, что точка M является серединой отрезка AB.

Рассмотрим центральную симметрию $S_M$ с центром в точке M. По построению, прямая $a' = S_M(a)$. Точка B лежит на пересечении прямых b и a'. Так как $B \in a'$, то ее образ $A^* = S_M(B)$ должен лежать на прообразе прямой a', то есть на прямой a. Таким образом, $A^* \in a$.

По определению центральной симметрии, точки B, M и $A^*$ лежат на одной прямой, причем M — середина отрезка $BA^*$.

В нашем построении точка A была найдена как точка пересечения прямой BM и прямой a. Следовательно, точка A совпадает с точкой $A^*$.

Таким образом, M является серединой отрезка AB, что и требовалось доказать. Построенный отрезок удовлетворяет всем условиям задачи.

Ответ: Отрезок AB, построенный по вышеописанному алгоритму, является искомым.

724. Точка $M$ принадлежит углу $ABC$ и не принадлежит его сторонам. Постройте равнобедренный прямоугольный треугольник, вершиной прямого угла которого является точка $M$, а две другие вершины принадлежат сторонам $BA$ и $BC$ соответственно.

Для построения искомого равнобедренного прямоугольного треугольника $\triangle PMQ$, где $M$ — вершина прямого угла, $P$ лежит на стороне $BA$, а $Q$ — на стороне $BC$, воспользуемся методом геометрических преобразований, а именно — поворотом.

Анализ

Пусть $\triangle PMQ$ — искомый треугольник. По условию, $\angle PMQ = 90^\circ$ и, так как он равнобедренный, катеты должны быть равны: $PM = MQ$. Это означает, что точка $Q$ может быть получена из точки $P$ поворотом вокруг центра $M$ на угол $90^\circ$ (по или против часовой стрелки). Обозначим поворот вокруг точки $M$ на $90^\circ$ как $R_M^{90^\circ}$.

Точка $P$ по условию лежит на луче $BA$. Следовательно, ее образ $Q = R_M^{90^\circ}(P)$ должен лежать на образе луча $BA$ при данном повороте. Обозначим этот образ (тоже луч) как $l$.

С другой стороны, точка $Q$ по условию лежит на луче $BC$. Таким образом, точка $Q$ должна быть точкой пересечения луча $l$ (образа луча $BA$) и луча $BC$. Это позволяет найти точку $Q$, а затем и точку $P$.

Построение

1. Построим луч $l$, который является образом луча $BA$ при повороте вокруг точки $M$ на угол $90^\circ$ (например, против часовой стрелки).
   1. Проведем прямую, содержащую луч $BA$. Из точки $M$ опустим на эту прямую перпендикуляр $MH$ (где $H$ — основание перпендикуляра).
   2. Построим прямую, проходящую через точку $M$ и перпендикулярную отрезку $MH$.
   3. На этой новой прямой отложим от точки $M$ отрезок $MH'$, равный по длине отрезку $MH$. Точка $H'$ — это образ точки $H$ при повороте на $90^\circ$.
   4. Через точку $H'$ проведем прямую $l'$, перпендикулярную $MH'$. Эта прямая $l'$ является образом прямой $BA$.
   5. Чтобы получить образ луча $BA$, выполним поворот его начальной точки $B$ вокруг $M$ на $90^\circ$ тем же способом и получим точку $B'$. Луч $l$ будет начинаться в точке $B'$ и проходить по прямой $l'$.
2. Найдем точку пересечения луча $l$ и луча $BC$. Обозначим эту точку $Q$. Если такой точки не существует или она не единственна, то построение этим способом невозможно.
3. Теперь, имея точку $Q$, найдем точку $P$. Точка $P$ является прообразом точки $Q$ при заданном повороте. Это значит, что ее можно получить, повернув точку $Q$ вокруг $M$ на угол $-90^\circ$ (в обратном направлении, т.е. по часовой стрелке).
4. Построенный треугольник $PMQ$ является искомым.

Доказательство

По построению, точка $Q$ принадлежит лучу $BC$. Точка $P$ получена поворотом точки $Q$ вокруг $M$ на $-90^\circ$. Так как $Q$ лежит на луче $l=R_M^{90^\circ}(BA)$, ее прообраз $P$ должен лежать на прообразе луча $l$, то есть на луче $BA$. Таким образом, вершины треугольника лежат на указанных сторонах угла.Из определения поворота следует, что расстояние от центра поворота до точки и до ее образа равны, то есть $MP = MQ$. Угол между отрезками, соединяющими центр поворота с точкой и ее образом, равен углу поворота, то есть $\angle PMQ = 90^\circ$.Следовательно, треугольник $\triangle PMQ$ является равнобедренным и прямоугольным, что и требовалось.

Примечание: Поворот можно осуществлять в двух направлениях: на $+90^\circ$ (против часовой стрелки) и на $-90^\circ$ (по часовой стрелке). Поэтому задача может иметь до двух решений. Каждое решение существует, если соответствующий повернутый луч пересекает луч $BC$.

Ответ: Построение основано на методе поворота. Выполняется поворот луча $BA$ вокруг точки $M$ на угол $90^\circ$ (или $-90^\circ$). Точка $Q$ находится как пересечение полученного луча $l$ и луча $BC$. Затем точка $P$ находится как образ точки $Q$ при обратном повороте (на $-90^\circ$ или $+90^\circ$ соответственно) вокруг точки $M$. Треугольник $PMQ$ является искомым.

725. На стороне $BC$ равностороннего треугольника $ABC$ отметили точку $D$. Вне треугольника $ABC$ выбрали точку $E$ такую, что треугольник $DEC$ – равносторонний (рис. 213). Докажите, что точка $C$ и середины отрезков $BE$ и $AD$ являются вершинами равностороннего треугольника.

Рис. 212

Рис. 213

Пусть $K$ — середина отрезка $AD$, а $M$ — середина отрезка $BE$. Требуется доказать, что треугольник $KMC$ является равносторонним.

Доказательство:

1. Рассмотрим треугольники $\triangle ACD$ и $\triangle BCE$.

По условию, треугольник $ABC$ — равносторонний, следовательно, $AC = BC$ и $\angle ACB = 60^\circ$.

Также по условию, треугольник $DEC$ — равносторонний, следовательно, $CD = CE$ и $\angle DCE = 60^\circ$.

2. Сравним углы $\angle ACD$ и $\angle BCE$.

Точка $D$ лежит на стороне $BC$, поэтому луч $CD$ совпадает с лучом $CB$.

Отсюда следует, что угол $\angle ACD$ совпадает с углом $\angle ACB$. Таким образом, $\angle ACD = 60^\circ$.

Аналогично, угол $\angle BCE$ (угол между лучами $CB$ и $CE$) совпадает с углом $\angle DCE$ (угол между лучами $CD$ и $CE$). Таким образом, $\angle BCE = 60^\circ$.

Итак, мы имеем $\angle ACD = \angle BCE = 60^\circ$.

3. В треугольниках $\triangle ACD$ и $\triangle BCE$ стороны $AC=BC$, $CD=CE$ и углы между этими сторонами $\angle ACD = \angle BCE$. Следовательно, по первому признаку равенства треугольников (по двум сторонам и углу между ними), $\triangle ACD \cong \triangle BCE$.

Из равенства этих треугольников следует равенство соответствующих сторон и углов: $AD = BE$ и $\angle CDA = \angle CEB$.

4. Теперь рассмотрим треугольники $\triangle KCD$ и $\triangle MCE$.

Мы знаем, что $CD = CE$ (из условия).

Поскольку $K$ — середина $AD$, а $M$ — середина $BE$, то $KD = \frac{1}{2} AD$ и $ME = \frac{1}{2} BE$. Так как $AD = BE$, отсюда следует, что $KD = ME$.

Угол $\angle KDC$ — это тот же угол, что и $\angle ADC$. Угол $\angle MEC$ — это тот же угол, что и $\angle BEC$. Поскольку $\angle ADC = \angle BEC$, то и $\angle KDC = \angle MEC$.

5. В треугольниках $\triangle KCD$ и $\triangle MCE$ стороны $CD=CE$, $KD=ME$ и углы между ними $\angle KDC = \angle MEC$. Следовательно, по первому признаку равенства треугольников, $\triangle KCD \cong \triangle MCE$.

Из равенства этих треугольников следует, что $CK = CM$ и $\angle KCD = \angle MCE$.

6. Найдём величину угла $\angle KCM$. Угол $\angle DCE$ состоит из двух углов: $\angle KCD$ и $\angle KCE$? Нет. Угол $\angle DCE$ состоит из углов $\angle DCM$ и $\angle MCE$. То есть, $\angle DCE = \angle DCM + \angle MCE$.

Заменим в этом равенстве $\angle MCE$ на равный ему угол $\angle KCD$: $\angle DCE = \angle DCM + \angle KCD$.

Сумма углов $\angle DCM$ и $\angle KCD$ даёт угол $\angle KCM$. Следовательно, $\angle KCM = \angle DCE$.

Так как треугольник $DEC$ равносторонний, $\angle DCE = 60^\circ$. Значит, $\angle KCM = 60^\circ$.

7. Мы получили, что в треугольнике $KMC$ две стороны равны ($CK = CM$) и угол между ними равен $60^\circ$. Треугольник, обладающий таким свойством, является равносторонним.

Таким образом, доказано, что точка $C$ и середины отрезков $BE$ и $AD$ являются вершинами равностороннего треугольника.

Ответ: Утверждение доказано; точка $C$ и середины отрезков $BE$ и $AD$ являются вершинами равностороннего треугольника.