Страница 176 - гдз по геометрии 9 класс учебник Мерзляк, Полонский

726. Постройте равносторонний треугольник так, чтобы его вершины принадлежали трём данным параллельным прямым.

Данная задача на построение решается с помощью метода геометрических преобразований, а именно — поворота плоскости.

Анализ

Предположим, что искомый равносторонний треугольник $ABC$ построен, и его вершины $A, B$ и $C$ лежат на трёх данных параллельных прямых $l_1, l_2$ и $l_3$ соответственно.

Поскольку треугольник $ABC$ является равносторонним, его сторона $BC$ может быть получена из стороны $BA$ поворотом вокруг точки $B$ на угол $60^\circ$ (или $-60^\circ$). Это означает, что вершина $C$ является образом вершины $A$ при повороте вокруг центра $B$ на угол $60^\circ$.

Точка $A$ лежит на прямой $l_1$. Если мы повернём всю прямую $l_1$ вокруг точки $B$ на $60^\circ$, то образ точки $A$, то есть точка $C$, будет лежать на образе прямой $l_1$, который мы обозначим $l'_1$.

По условию задачи, точка $C$ также лежит на прямой $l_3$. Следовательно, точка $C$ должна быть точкой пересечения прямой $l_3$ и построенной прямой $l'_1$. Найдя точку $C$, а затем и точку $A$ (обратным поворотом), мы можем построить искомый треугольник.

Построение

1. На одной из прямых, например на средней $l_2$, выберем произвольную точку $B$. Она будет одной из вершин треугольника.

2. Построим образ прямой $l_1$ при повороте на $60^\circ$ вокруг точки $B$. Обозначим этот образ $l'_1$. Для этого достаточно повернуть любую одну точку $P$ с прямой $l_1$ вокруг $B$ на $60^\circ$ в точку $P'$ и провести через $P'$ прямую $l'_1$ так, чтобы угол между прямыми $l_1$ и $l'_1$ был равен $60^\circ$.

3. Найдём точку $C$ — точку пересечения прямой $l'_1$ с прямой $l_3$. Эта точка будет второй вершиной треугольника.

4. Для нахождения третьей вершины $A$ выполним обратное преобразование: повернём точку $C$ вокруг точки $B$ на угол $-60^\circ$. По построению, полученная точка $A$ будет лежать на прямой $l_1$.

5. Соединив точки $A, B$ и $C$, получим искомый равносторонний треугольник.

Доказательство

Проверим, что построенный треугольник $ABC$ удовлетворяет всем условиям задачи.

— Вершина $B$ лежит на прямой $l_2$ по построению (шаг 1).

— Вершина $C$ лежит на прямой $l_3$, так как является точкой пересечения $l'_1$ и $l_3$ (шаг 3).

— Вершина $A$ получена поворотом точки $C$ на $-60^\circ$ вокруг $B$. Так как $C \in l'_1$, а $l'_1$ есть образ $l_1$ при повороте на $60^\circ$ вокруг $B$, то прообраз точки $C$ — точка $A$ — лежит на исходной прямой $l_1$.

Таким образом, все три вершины лежат на заданных параллельных прямых.

По определению поворота, отрезок $BC$ является образом отрезка $BA$ при повороте на $60^\circ$ вокруг $B$. Следовательно, длины этих отрезков равны ($BC=BA$), а угол между ними $\angle ABC$ равен углу поворота, то есть $60^\circ$. Треугольник с двумя равными сторонами и углом $60^\circ$ между ними является равносторонним. Значит, $\triangle ABC$ — равносторонний.

Исследование

Задача имеет решение, если прямая $l'_1$ пересекает прямую $l_3$. Прямая $l_1$ параллельна прямой $l_3$. Прямая $l'_1$ получена поворотом $l_1$ на $60^\circ$, поэтому она не параллельна $l_1$ и, следовательно, не параллельна $l_3$. Две непараллельные прямые на плоскости всегда пересекаются, причём в единственной точке. Следовательно, точка $C$ всегда существует и единственна (для выбранной точки $B$ и направления поворота).

Поскольку точку $B$ на прямой $l_2$ можно выбрать бесконечным числом способов, существует бесконечное множество решений. Все такие треугольники будут иметь одинаковый размер (так как их высота, спроецированная на перпендикуляр к данным прямым, будет зависеть только от расстояний между прямыми), но разное положение.

Также поворот можно было осуществить на угол $-60^\circ$, что привело бы ко второму семейству решений. Таким образом, для каждой точки $B$ на $l_2$ существует, как правило, два решения, симметричных относительно прямой, перпендикулярной $l_1, l_2, l_3$ и проходящей через $B$.

Ответ: Искомый треугольник строится методом поворота. Выбирается произвольная точка $B$ на одной из прямых (например, на средней), одна из оставшихся прямых поворачивается на $60^\circ$ вокруг $B$. Точка пересечения повернутой прямой с третьей исходной прямой является второй вершиной $C$. Третья вершина $A$ находится обратным поворотом точки $C$ вокруг $B$. Задача всегда имеет решение, если даны три различные параллельные прямые.

727. Постройте ромб, точкой пересечения диагоналей которого является данная точка, а три вершины принадлежат трём данным попарно непараллельным прямым.

Для решения задачи воспользуемся свойствами ромба: его диагонали взаимно перпендикулярны и точкой пересечения делятся пополам. Точка пересечения диагоналей является центром симметрии ромба.

Анализ

Пусть дан ромб $ABCD$, точка $O$ — точка пересечения его диагоналей. Пусть даны три попарно непараллельные прямые $l_1, l_2, l_3$. Три вершины ромба должны лежать на этих прямых. Рассмотрим случай, когда две противоположные вершины, например $A$ и $C$, и одна из смежных с ними вершин, например $B$, лежат на данных прямых. Пусть $A \in l_1$, $C \in l_2$, $B \in l_3$.

Поскольку $O$ — центр симметрии ромба, для вершин $A$ и $C$ выполняется равенство $C = S_O(A)$, где $S_O$ — центральная симметрия относительно точки $O$. Это означает, что если точка $A$ лежит на прямой $l_1$, то ее образ $C$ должен лежать на образе прямой $l_1$ при этой симметрии, то есть на прямой $l'_1 = S_O(l_1)$.

По условию, вершина $C$ также должна лежать на прямой $l_2$. Следовательно, точка $C$ является точкой пересечения прямых $l'_1$ и $l_2$.

После того как найдена вершина $C$, можно найти и вершину $A$ как ее образ при симметрии относительно $O$: $A = S_O(C)$. Таким образом, мы определили диагональ $AC$.

Вторая диагональ ромба, $BD$, должна проходить через точку $O$ и быть перпендикулярной диагонали $AC$. Обозначим прямую, содержащую диагональ $BD$, как $m$.

По условию, вершина $B$ лежит на прямой $l_3$. Также она должна лежать на прямой $m$. Следовательно, вершина $B$ является точкой пересечения прямых $m$ и $l_3$.

Последняя вершина $D$ находится как образ вершины $B$ при симметрии относительно точки $O$: $D = S_O(B)$.

Таким образом, все вершины ромба определены.

Построение

Выполним построение, предполагая, что вершина $A \in l_1$, $C \in l_2$, $B \in l_3$.

1. Построим прямую $l'_1$ — образ прямой $l_1$ при центральной симметрии относительно точки $O$. Для этого выберем на $l_1$ две произвольные точки, построим их симметричные образы относительно $O$ и проведем через эти образы прямую. Или, что проще, выберем одну точку $P \in l_1$, найдем ее образ $P' = S_O(P)$ и проведем через $P'$ прямую $l'_1$, параллельную $l_1$.
2. Найдем точку пересечения прямых $l'_1$ и $l_2$. Обозначим ее $C$. Так как $l_1$ и $l_2$ по условию не параллельны, то и $l'_1$ и $l_2$ не параллельны, и точка их пересечения существует и единственна.
3. Построим точку $A$, симметричную точке $C$ относительно точки $O$. Для этого проведем луч $CO$ и отложим на нем от точки $O$ отрезок $OA$, равный $OC$.
4. Проведем прямую $m$ через точку $O$ перпендикулярно прямой $AC$.
5. Найдем точку пересечения прямых $m$ и $l_3$. Обозначим ее $B$.
6. Построим точку $D$, симметричную точке $B$ относительно точки $O$.
7. Соединим последовательно точки $A, B, C, D$. Полученный четырехугольник $ABCD$ является искомым ромбом.

Доказательство

Докажем, что построенный четырехугольник $ABCD$ удовлетворяет всем условиям задачи.

1. Вершины лежат на заданных прямых.По построению, $C = l'_1 \cap l_2$, следовательно, $C \in l_2$.Поскольку $A = S_O(C)$ и $C \in l'_1 = S_O(l_1)$, то $A \in l_1$.По построению, $B = m \cap l_3$, следовательно, $B \in l_3$.Таким образом, три вершины $A, C, B$ лежат на прямых $l_1, l_2, l_3$ соответственно.

2. $ABCD$ — ромб с центром в точке $O$.По построению, $A, O, C$ лежат на одной прямой и $OA = OC$. Также $B, O, D$ лежат на одной прямой и $OB = OD$. Это означает, что диагонали четырехугольника $ABCD$ пересекаются в точке $O$ и делятся ею пополам. Следовательно, $ABCD$ — параллелограмм, и $O$ — его центр.По построению, прямая $m$, содержащая диагональ $BD$, перпендикулярна прямой, содержащей диагональ $AC$. Параллелограмм, диагонали которого взаимно перпендикулярны, является ромбом.

Таким образом, построенный четырехугольник $ABCD$ — искомый ромб.

Исследование

В задаче не указано, какие именно вершины на каких прямых лежат. Мы рассмотрели случай, когда на двух прямых ($l_1$ и $l_2$) лежат противоположные вершины, а на третьей ($l_3$) — смежная с ними. Выбор пары прямых для противоположных вершин можно сделать тремя способами:

1. Противоположные вершины лежат на $l_1$ и $l_2$.
2. Противоположные вершины лежат на $l_1$ и $l_3$.
3. Противоположные вершины лежат на $l_2$ и $l_3$.

Каждый из этих выборов приводит к своему построению и, как правило, к своему решению. Построение возможно, если на шаге 5 прямые $m$ и $l_3$ пересекаются, то есть не являются параллельными. Если для какой-либо из комбинаций прямая, построенная для второй диагонали, окажется параллельной третьей прямой, то для этой комбинации решения не будет.

Таким образом, задача может иметь до трех решений.

Ответ: Алгоритм построения описан выше. Сначала выбираются две из трех прямых, на которых будут лежать противоположные вершины. Затем строится образ одной из этих прямых относительно центра симметрии $O$. Точка пересечения этого образа со второй прямой дает одну вершину ромба. Остальные вершины строятся с использованием свойств симметрии и перпендикулярности диагоналей. В общем случае задача имеет три решения.

728. На стороне CD квадрата ABCD отметили точку E. Биссектриса угла BAE пересекает сторону BC в точке F. Докажите, что $AE = BF + ED$.

Докажите, что $AE = BF + ED$.

Выполним дополнительное построение. На продолжении стороны $CD$ за точку $D$ отложим отрезок $DG$, равный отрезку $BF$. Соединим точки $A$ и $G$.

Рассмотрим прямоугольные треугольники $\triangle ABF$ и $\triangle ADG$.

В них: $AB = AD$ как стороны квадрата $ABCD$; $BF = DG$ по нашему построению; $\angle ABF = \angle ADG = 90^\circ$, так как $ABCD$ — квадрат, а точка $G$ лежит на прямой, содержащей сторону $CD$, которая перпендикулярна $AD$.

Следовательно, $\triangle ABF = \triangle ADG$ по двум катетам. Из равенства треугольников следует равенство их соответствующих элементов: $AF = AG$ и $\angle BAF = \angle DAG$.

По условию задачи, луч $AF$ является биссектрисой угла $BAE$, что означает $\angle BAF = \angle EAF$.

Сопоставляя два полученных равенства углов, имеем: $\angle DAG = \angle EAF$.

Теперь докажем, что треугольник $AEG$ является равнобедренным, а именно, что $AE = EG$. Для этого достаточно показать равенство углов при основании $AG$, то есть $\angle EAG = \angle EGA$.

Пусть $\angle EGA = \alpha$. Из равенства треугольников $\triangle ABF$ и $\triangle ADG$ следует, что соответствующий ему угол $\angle AFB = \alpha$.

В прямоугольном треугольнике $\triangle ABF$ сумма острых углов равна $90^\circ$, поэтому $\angle BAF = 90^\circ - \angle AFB = 90^\circ - \alpha$.

Так как $\angle BAF = \angle EAF = \angle DAG$, то все три угла равны $90^\circ - \alpha$.

Угол $BAE$ состоит из двух равных углов, значит $\angle BAE = \angle BAF + \angle EAF = 2(90^\circ - \alpha) = 180^\circ - 2\alpha$.

Найдем угол $EAD$, который является частью прямого угла $BAD$: $\angle EAD = \angle BAD - \angle BAE = 90^\circ - (180^\circ - 2\alpha) = 2\alpha - 90^\circ$.

Теперь мы можем найти величину угла $EAG$: $\angle EAG = \angle EAD + \angle DAG = (2\alpha - 90^\circ) + (90^\circ - \alpha) = \alpha$.

Мы получили, что в треугольнике $AEG$ два угла равны: $\angle EAG = \alpha$ и $\angle EGA = \alpha$. Это означает, что треугольник $AEG$ — равнобедренный, и стороны, лежащие напротив равных углов, равны, то есть $AE = EG$.

По построению, отрезок $EG$ состоит из двух отрезков: $ED$ и $DG$. Таким образом, $EG = ED + DG$.

Так как мы строили отрезок $DG$ равным отрезку $BF$, мы можем заменить $DG$ на $BF$: $EG = ED + BF$.

Поскольку $AE = EG$, то окончательно получаем: $AE = BF + ED$.

Что и требовалось доказать.

Ответ: Утверждение доказано.

729. В равностороннем треугольнике $ABC$ выбрали точку $P$ так, что $\angle APB = 150^\circ$. Докажите, что существует прямоугольный треугольник, стороны которого равны отрезкам $PA, PB$ и $PC$.

Для доказательства утверждения мы можем использовать два подхода: геометрический (с помощью поворота) и алгебраический (с помощью теорем синусов и косинусов).

Геометрическое доказательство (метод поворота)

Пусть $PA = a$, $PB = b$, $PC = c$. Рассмотрим равносторонний треугольник $ABC$. Мысленно зафиксируем его так, чтобы обход вершин $A \rightarrow B \rightarrow C$ происходил против часовой стрелки.

Выполним поворот плоскости на $60^\circ$ против часовой стрелки вокруг точки $B$. При этом повороте вершина $A$ перейдет в вершину $C$, так как $BA = BC$ и $\angle ABC = 60^\circ$. Пусть точка $P$ при этом повороте перейдет в некоторую точку $P'$.

По свойству поворота, которое является движением, расстояния сохраняются. Следовательно, треугольник $APB$ перейдет в равный ему треугольник $CP'B$. Из этого следует:

• $AP = CP' = a$
• $BP = BP' = b$
• $\angle APB = \angle CP'B = 150^\circ$

Рассмотрим треугольник $BPP'$. Так как $BP = BP' = b$ и угол поворота $\angle PBP' = 60^\circ$, то треугольник $BPP'$ является равносторонним. Следовательно, $PP' = BP = b$, а все его углы равны $60^\circ$, в частности $\angle BP'P = 60^\circ$.

Теперь рассмотрим треугольник $CPP'$. Его стороны равны $CP = c$, $CP' = a$ и $PP' = b$. Таким образом, стороны этого треугольника равны отрезкам $PA, PB, PC$. Докажем, что этот треугольник прямоугольный. Для этого найдем его угол при вершине $P'$.

Угол $\angle CPP'$ можно найти, используя два известных угла с вершиной в точке $P'$: $\angle CP'B = 150^\circ$ и $\angle BP'P = 60^\circ$. Поскольку точка $P$ находится внутри треугольника $ABC$, а поворот осуществляется против часовой стрелки, луч $P'P$ и луч $P'C$ будут находиться по разные стороны от луча $P'B$. (Это можно доказать строго через ориентацию, но в рамках школьной геометрии можно принять как факт из построения).

Однако, более строгий анализ показывает, что верным является вычитание углов. Аргументация через ориентацию показывает, что ориентированный угол $\angle(\vec{P'C}, \vec{P'P})$ равен $-90^\circ$ или $+90^\circ$. Это означает, что угол $\angle CPP' = 90^\circ$.

Таким образом, в треугольнике $CPP'$ угол $\angle CPP'$ прямой. По теореме Пифагора для $\triangle CPP'$: $ (CP')^2 + (PP')^2 = (CP)^2 $

Подставляя длины сторон, получаем: $ a^2 + b^2 = c^2 $ $ PA^2 + PB^2 = PC^2 $

Это равенство означает, что отрезки $PA, PB, PC$ могут образовать прямоугольный треугольник, где $PA$ и $PB$ — катеты, а $PC$ — гипотенуза.

Ответ: Утверждение доказано. Существует прямоугольный треугольник со сторонами $PA, PB, PC$, причём $PA^2 + PB^2 = PC^2$.

Алгебраическое доказательство (метод координат не используется)

Пусть сторона равностороннего треугольника $ABC$ равна $s$. Обозначим длины отрезков $PA = a, PB = b, PC = c$. В треугольнике $APB$ по условию $\angle APB = 150^\circ$. Так как точка $P$ находится внутри $\triangle ABC$, то $\angle PAB < 60^\circ$ и $\angle PBA < 60^\circ$. Сумма углов в $\triangle APB$ равна $180^\circ$, поэтому $\angle PAB + \angle PBA = 180^\circ - 150^\circ = 30^\circ$.

Обозначим $\angle PBA = \beta$. Тогда $\angle PAB = 30^\circ - \beta$. Поскольку углы положительны, $0 < \beta < 30^\circ$.

Применим теорему синусов для $\triangle APB$: $ \frac{AB}{\sin(\angle APB)} = \frac{PA}{\sin(\angle PBA)} = \frac{PB}{\sin(\angle PAB)} $ $ \frac{s}{\sin(150^\circ)} = \frac{a}{\sin \beta} = \frac{b}{\sin(30^\circ - \beta)} $ Так как $\sin(150^\circ) = \sin(180^\circ-30^\circ) = \sin(30^\circ) = 1/2$, то $2s = \frac{a}{\sin \beta} = \frac{b}{\sin(30^\circ - \beta)}$. Отсюда выразим $a$ и $b$: $ a = 2s \sin \beta $ $ b = 2s \sin(30^\circ - \beta) $

Теперь рассмотрим $\triangle BPC$. Угол $\angle ABC = 60^\circ$, поэтому $\angle PBC = \angle ABC - \angle PBA = 60^\circ - \beta$. Применим теорему косинусов для $\triangle BPC$, чтобы выразить $c^2$: $ PC^2 = BC^2 + PB^2 - 2 \cdot BC \cdot PB \cdot \cos(\angle PBC) $ $ c^2 = s^2 + b^2 - 2 s b \cos(60^\circ - \beta) $

Подставим в это выражение $b = 2s \sin(30^\circ - \beta)$: $ c^2 = s^2 + (2s \sin(30^\circ - \beta))^2 - 2s (2s \sin(30^\circ - \beta)) \cos(60^\circ - \beta) $ $ c^2 = s^2 + 4s^2 \sin^2(30^\circ - \beta) - 4s^2 \sin(30^\circ - \beta) \cos(60^\circ - \beta) $

Мы хотим доказать, что отрезки $a, b, c$ образуют прямоугольный треугольник. Проверим, выполняется ли равенство $a^2 + b^2 = c^2$. Найдем $a^2 + b^2$: $ a^2 + b^2 = (2s \sin \beta)^2 + (2s \sin(30^\circ - \beta))^2 = 4s^2 (\sin^2 \beta + \sin^2(30^\circ - \beta)) $

Теперь проверим, равно ли выражение для $c^2$ выражению для $a^2+b^2$. $ s^2 + 4s^2 \sin^2(30^\circ - \beta) - 4s^2 \sin(30^\circ - \beta) \cos(60^\circ - \beta) = 4s^2 (\sin^2 \beta + \sin^2(30^\circ - \beta)) $

Сократим обе части на $s^2$ (так как $s \neq 0$) и на $4s^2 \sin^2(30^\circ - \beta)$: $ 1 - 4 \sin(30^\circ - \beta) \cos(60^\circ - \beta) = 4 \sin^2 \beta $

Используем формулу произведения синуса на косинус: $2 \sin X \cos Y = \sin(X+Y) + \sin(X-Y)$. $ 1 - 2 [2 \sin(30^\circ - \beta) \cos(60^\circ - \beta)] = 4 \sin^2 \beta $ $ 1 - 2 [\sin((30^\circ - \beta) + (60^\circ - \beta)) + \sin((30^\circ - \beta) - (60^\circ - \beta))] = 4 \sin^2 \beta $ $ 1 - 2 [\sin(90^\circ - 2\beta) + \sin(-30^\circ)] = 4 \sin^2 \beta $

Используя формулы приведения $\sin(90^\circ - \alpha) = \cos \alpha$ и то, что $\sin(-30^\circ) = -1/2$: $ 1 - 2 [\cos(2\beta) - 1/2] = 4 \sin^2 \beta $ $ 1 - 2\cos(2\beta) + 1 = 4 \sin^2 \beta $ $ 2 - 2\cos(2\beta) = 4 \sin^2 \beta $

Используем формулу косинуса двойного угла $\cos(2\beta) = 1 - 2\sin^2 \beta$: $ 2 - 2(1 - 2\sin^2 \beta) = 4 \sin^2 \beta $ $ 2 - 2 + 4\sin^2 \beta = 4 \sin^2 \beta $ $ 4\sin^2 \beta = 4\sin^2 \beta $

Мы получили тождество, которое верно для любого угла $\beta$. Следовательно, наше предположение $a^2 + b^2 = c^2$ было верным.

Ответ: Утверждение доказано. Существует прямоугольный треугольник со сторонами $PA, PB, PC$, для которых выполняется соотношение $PA^2 + PB^2 = PC^2$.

730. Найдите стороны треугольника ABC, если $\angle A = 30^{\circ}$, $\angle B = 45^{\circ}$, а высота, проведённая из вершины $C$, равна 4 см.

Пусть дан треугольник $ABC$, в котором $\angle A = 30^\circ$, $\angle B = 45^\circ$. Проведем высоту $CD$ из вершины $C$ на сторону $AB$. По условию, длина высоты $CD$ равна 4 см. Высота $CD$ делит исходный треугольник $ABC$ на два прямоугольных треугольника: $\triangle ADC$ и $\triangle BDC$, в которых $CD$ является катетом.

1. Найдем сторону AC.
Рассмотрим прямоугольный треугольник $ADC$ ($\angle ADC = 90^\circ$). В этом треугольнике нам известен катет $CD = 4$ см и противолежащий ему угол $\angle A = 30^\circ$. Сторона $AC$ является гипотенузой. Используя определение синуса, имеем:
$\sin(\angle A) = \frac{CD}{AC}$
Отсюда выразим $AC$:
$AC = \frac{CD}{\sin(\angle A)} = \frac{4}{\sin(30^\circ)} = \frac{4}{1/2} = 8$ см.

2. Найдем сторону BC.
Рассмотрим прямоугольный треугольник $BDC$ ($\angle BDC = 90^\circ$). В этом треугольнике нам известен катет $CD = 4$ см и противолежащий ему угол $\angle B = 45^\circ$. Сторона $BC$ является гипотенузой. Используя определение синуса, имеем:
$\sin(\angle B) = \frac{CD}{BC}$
Отсюда выразим $BC$:
$BC = \frac{CD}{\sin(\angle B)} = \frac{4}{\sin(45^\circ)} = \frac{4}{\frac{\sqrt{2}}{2}} = \frac{8}{\sqrt{2}} = \frac{8\sqrt{2}}{2} = 4\sqrt{2}$ см.

3. Найдем сторону AB.
Сторона $AB$ состоит из двух отрезков: $AD$ и $BD$. Найдем длины этих отрезков из тех же прямоугольных треугольников. В треугольнике $ADC$ найдем катет $AD$ по тангенсу угла $A$:
$\tan(\angle A) = \frac{CD}{AD}$
$AD = \frac{CD}{\tan(\angle A)} = \frac{4}{\tan(30^\circ)} = \frac{4}{\frac{1}{\sqrt{3}}} = 4\sqrt{3}$ см.
В треугольнике $BDC$ найдем катет $BD$. Так как $\angle B = 45^\circ$, то треугольник $BDC$ является равнобедренным прямоугольным треугольником, поэтому $BD = CD = 4$ см.
Теперь найдем длину стороны $AB$:
$AB = AD + BD = 4\sqrt{3} + 4 = 4(\sqrt{3} + 1)$ см.

Ответ: $AC = 8$ см, $BC = 4\sqrt{2}$ см, $AB = 4(\sqrt{3} + 1)$ см.

731. На оси абсцисс найдите точку, равноудалённую от точек $A (-2; 4)$ и $B (6; 8)$.

Пусть искомая точка на оси абсцисс имеет координаты $C(x; 0)$. Точка лежит на оси абсцисс, поэтому её ордината равна нулю.

По условию задачи, точка $C$ равноудалена от точек $A(-2; 4)$ и $B(6; 8)$. Это означает, что расстояние от точки $C$ до точки $A$ равно расстоянию от точки $C$ до точки $B$, то есть $AC = BC$.

Для удобства вычислений возведем обе части равенства в квадрат: $AC^2 = BC^2$.

Используем формулу квадрата расстояния между двумя точками с координатами $(x_1; y_1)$ и $(x_2; y_2)$: $d^2 = (x_2 - x_1)^2 + (y_2 - y_1)^2$.

Найдем квадрат расстояния $AC^2$ между точками $A(-2; 4)$ и $C(x; 0)$:
$AC^2 = (x - (-2))^2 + (0 - 4)^2 = (x + 2)^2 + (-4)^2 = (x + 2)^2 + 16$.

Найдем квадрат расстояния $BC^2$ между точками $B(6; 8)$ и $C(x; 0)$:
$BC^2 = (x - 6)^2 + (0 - 8)^2 = (x - 6)^2 + (-8)^2 = (x - 6)^2 + 64$.

Теперь приравняем полученные выражения для $AC^2$ и $BC^2$ и решим уравнение относительно $x$:
$(x + 2)^2 + 16 = (x - 6)^2 + 64$.

Раскроем скобки:
$x^2 + 4x + 4 + 16 = x^2 - 12x + 36 + 64$
$x^2 + 4x + 20 = x^2 - 12x + 100$.

Вычтем $x^2$ из обеих частей уравнения:
$4x + 20 = -12x + 100$.

Перенесем слагаемые, содержащие $x$, в левую часть уравнения, а постоянные члены — в правую:
$4x + 12x = 100 - 20$
$16x = 80$.

Найдем $x$:
$x = \frac{80}{16}$
$x = 5$.

Следовательно, абсцисса искомой точки равна 5. Координаты точки на оси абсцисс, равноудаленной от точек A и B, равны $(5; 0)$.

Ответ: $(5; 0)$.

732. В равнобедренный треугольник вписана окружность. Точка касания делит боковую сторону треугольника в отношении 25 : 12, считая от вершины равнобедренного треугольника. Найдите радиус вписанной окружности, если площадь треугольника равна $1680\text{ см}^2$.

Пусть дан равнобедренный треугольник $ABC$ с основанием $AC$ и боковыми сторонами $AB = BC$. В треугольник вписана окружность, которая касается сторон $AB$, $BC$ и $AC$ в точках $M$, $N$ и $K$ соответственно.

По условию, точка касания $M$ делит боковую сторону $AB$ в отношении $25:12$, считая от вершины $B$. Это означает, что $BM : MA = 25 : 12$. Введем коэффициент пропорциональности $x$, тогда $BM = 25x$ и $MA = 12x$.

Длина боковой стороны $AB$ равна сумме длин отрезков $BM$ и $MA$:
$AB = BM + MA = 25x + 12x = 37x$.
Так как треугольник равнобедренный, то $BC = AB = 37x$.

Воспользуемся свойством касательных, проведенных из одной вершины к окружности: отрезки касательных от вершины до точек касания равны.

• Из вершины A: $AK = AM = 12x$
• Из вершины B: $BN = BM = 25x$
• Из вершины C: $CK = CN$

Найдем длину отрезка $CN$:
$CN = BC - BN = 37x - 25x = 12x$.
Следовательно, $CK = 12x$.

Теперь можем найти длину основания $AC$:
$AC = AK + KC = 12x + 12x = 24x$.

Таким образом, стороны треугольника равны $37x$, $37x$ и $24x$. Для нахождения значения $x$ воспользуемся формулой площади треугольника. Сначала найдем полупериметр $p$:
$p = \frac{AB + BC + AC}{2} = \frac{37x + 37x + 24x}{2} = \frac{98x}{2} = 49x$.

Площадь треугольника $S$ найдем по формуле Герона:
$S = \sqrt{p(p-AB)(p-BC)(p-AC)}$
$S = \sqrt{49x(49x-37x)(49x-37x)(49x-24x)}$
$S = \sqrt{49x \cdot 12x \cdot 12x \cdot 25x} = \sqrt{49 \cdot 144 \cdot 25 \cdot x^4}$
$S = \sqrt{7^2 \cdot 12^2 \cdot 5^2 \cdot (x^2)^2} = 7 \cdot 12 \cdot 5 \cdot x^2 = 420x^2$.

По условию задачи, площадь треугольника равна $1680 \text{ см}^2$. Приравняем полученное выражение для площади к этому значению:
$420x^2 = 1680$
$x^2 = \frac{1680}{420} = 4$
$x = 2$ (так как длина отрезка не может быть отрицательной).

Теперь мы можем найти радиус вписанной окружности $r$ по формуле $S = p \cdot r$, откуда $r = \frac{S}{p}$.
Найдем полупериметр: $p = 49x = 49 \cdot 2 = 98 \text{ см}$.
Вычислим радиус:
$r = \frac{1680}{98} = \frac{840}{49} = \frac{120}{7} \text{ см}$.

Ответ: $\frac{120}{7}$ см.