Страница 189 - гдз по геометрии 9 класс учебник Мерзляк, Полонский

777. Две окружности касаются внутренним образом. Через точку касания проведены две прямые, пересекающие окружности в точках $A_1$, $A_2$, $B_1$, $B_2$ (рис. 243). Докажите, что $A_1B_1 \parallel A_2B_2$.

Рис. 243

Обозначим точку касания двух окружностей буквой $M$. Согласно условию задачи, через точку $M$ проведены две прямые. Одна прямая пересекает меньшую окружность в точке $A_1$ и большую в точке $A_2$. Другая прямая пересекает меньшую окружность в точке $B_1$ и большую в точке $B_2$. Это означает, что точки $M, A_1, A_2$ лежат на одной прямой, а точки $M, B_1, B_2$ — на другой.

Проведем через общую точку касания $M$ общую касательную $m$ к обеим окружностям.

Рассмотрим меньшую окружность. По теореме об угле между касательной и хордой, угол между касательной $m$ и хордой $MB_1$ равен величине вписанного угла, опирающегося на дугу, стягиваемую этой хордой. Таким вписанным углом является $\angle MA_1B_1$. Следовательно, мы можем записать равенство:

$\angle(m, MB_1) = \angle MA_1B_1$

Теперь рассмотрим большую окружность. Применяя ту же теорему, получаем, что угол между касательной $m$ и хордой $MB_2$ равен вписанному углу $\angle MA_2B_2$:

$\angle(m, MB_2) = \angle MA_2B_2$

Так как точки $M, B_1, B_2$ лежат на одной прямой, хорды $MB_1$ и $MB_2$ также лежат на одной и той же прямой. Поэтому углы, которые они образуют с касательной $m$, равны между собой:

$\angle(m, MB_1) = \angle(m, MB_2)$

Из трех приведенных выше равенств следует, что:

$\angle MA_1B_1 = \angle MA_2B_2$

Углы $\angle MA_1B_1$ и $\angle MA_2B_2$ являются соответственными при прямых $A_1B_1$ и $A_2B_2$ и секущей $A_2M$. Поскольку эти соответственные углы равны, то, по признаку параллельности двух прямых, прямые $A_1B_1$ и $A_2B_2$ параллельны.

Ответ: Прямые $A_1B_1$ и $A_2B_2$ параллельны, что и требовалось доказать.

778. Две окружности касаются внешним образом. Через точку касания проведены две прямые, пересекающие окружности в точках $A_1$, $A_2$, $B_1$, $B_2$ (рис. 244). Докажите, что $A_1 B_1 \parallel A_2 B_2$.

Рис. 244

Пусть $K$ — точка касания двух окружностей. Согласно условию задачи, через точку $K$ проведены две прямые. Первая прямая пересекает первую окружность в точке $A_1$ и вторую в точке $A_2$. Вторая прямая пересекает первую окружность в точке $B_1$ и вторую в точке $B_2$. Таким образом, точки $A_1, K, A_2$ лежат на одной прямой, и точки $B_1, K, B_2$ лежат на другой. Требуется доказать, что хорда $A_1B_1$ параллельна хорде $A_2B_2$.

Доказательство:

Проведём через точку касания $K$ общую касательную $m$ к обеим окружностям.

Рассмотрим первую окружность. По теореме об угле между касательной и хордой, угол, образованный касательной $m$ и хордой $KA_1$, равен вписанному углу, который опирается на дугу, заключённую между касательной и хордой. Этим углом является $\angle KB_1A_1$. Следовательно, мы можем записать равенство: $\angle(m, KA_1) = \angle KB_1A_1$.

Аналогичные рассуждения применим ко второй окружности. Угол между касательной $m$ и хордой $KA_2$ равен вписанному углу $\angle KB_2A_2$: $\angle(m, KA_2) = \angle KB_2A_2$.

Поскольку точки $A_1$, $K$ и $A_2$ лежат на одной прямой, углы, образованные прямой $A_1A_2$ и касательной $m$ в точке $K$, являются вертикальными, а значит, равными. Таким образом, $\angle(m, KA_1) = \angle(m, KA_2)$.

Объединяя полученные равенства, мы приходим к выводу, что $\angle KB_1A_1 = \angle KB_2A_2$.

Рассмотрим прямые $A_1B_1$ и $A_2B_2$, а также прямую $B_1B_2$ в качестве секущей. Углы $\angle KB_1A_1$ и $\angle KB_2A_2$ являются накрест лежащими углами. Так как мы доказали, что эти углы равны, то по признаку параллельности прямых, прямые $A_1B_1$ и $A_2B_2$ параллельны.

Таким образом, $A_1B_1 \parallel A_2B_2$, что и требовалось доказать.

Ответ: Утверждение доказано.

779. Точка A принадлежит окружности (рис. 245). Найдите геометрическое место точек, являющихся серединами хорд данной окружности, одним из концов которых является точка A.

Рис. 243

Рис. 244

Рис. 245

Решение:

Пусть дана окружность $\omega$ с центром в точке $O$ и радиусом $R$. Точка $A$ — фиксированная точка на этой окружности.

Рассмотрим произвольную хорду $AB$, где $B$ — любая точка на окружности $\omega$. Пусть точка $M$ — середина хорды $AB$. Нам необходимо найти геометрическое место точек $M$ при всевозможном выборе точки $B$ на окружности.

Соединим центр окружности $O$ с концами хорды, точками $A$ и $B$. Получим треугольник $\triangle OAB$. Так как $OA$ и $OB$ являются радиусами одной и той же окружности, то $OA = OB = R$. Следовательно, треугольник $\triangle OAB$ является равнобедренным с основанием $AB$.

Отрезок $OM$ соединяет вершину $O$ с серединой основания $M$. Значит, $OM$ — медиана треугольника $\triangle OAB$. В равнобедренном треугольнике медиана, проведенная к основанию, является также и высотой. Отсюда следует, что $OM \perp AB$.

Таким образом, для любой хорды $AB$ угол $\angle OMA$ является прямым (за исключением вырожденного случая, когда $B$ совпадает с $A$). Множество всех точек $M$, таких что $\angle OMA = 90^\circ$, представляет собой окружность, построенную на отрезке $OA$ как на диаметре.

Рассмотрим два предельных случая:

1. Когда точка $B$ совпадает с точкой $A$, хорда $AB$ вырождается в точку $A$. Серединой такой "хорды" является сама точка $A$. Точка $A$ принадлежит окружности с диаметром $OA$.

2. Когда точка $B$ является диаметрально противоположной точке $A$, хорда $AB$ — это диаметр исходной окружности. Ее середина — центр $O$ исходной окружности. Точка $O$ также принадлежит окружности с диаметром $OA$.

Следовательно, искомое геометрическое место точек — это окружность, диаметром которой является отрезок $OA$.

Ответ: Искомое геометрическое место точек — это окружность, построенная на отрезке $OA$ как на диаметре, где $O$ — центр данной окружности.

780. Две окружности касаются внутренним образом, причём меньшая окружность проходит через центр большей. Докажите, что любую хорду большей окружности, проходящую через точку касания, меньшая окружность делит пополам.

Обозначим большую окружность как $ \Omega_1 $, её центр как $ O_1 $, а её радиус как $ R $. Обозначим меньшую окружность как $ \Omega_2 $, её центр как $ O_2 $, а её радиус как $ r $.

Согласно условию, окружности касаются внутренним образом. Пусть $ A $ — точка их касания. При внутреннем касании точка касания $ A $ и центры окружностей $ O_1 $ и $ O_2 $ лежат на одной прямой.

Также по условию, меньшая окружность $ \Omega_2 $ проходит через центр большей окружности $ O_1 $. Это значит, что точка $ O_1 $ лежит на окружности $ \Omega_2 $. Расстояние от центра $ O_2 $ до любой точки на окружности $ \Omega_2 $ равно радиусу $ r $. Следовательно, расстояние между центрами $ O_1O_2 = r $.

Так как точки $ A, O_2, O_1 $ лежат на одной прямой в указанном порядке, радиус большей окружности $ R $ (равный отрезку $ AO_1 $) можно выразить как сумму длин отрезков $ AO_2 $ и $ O_2O_1 $. Отрезок $ AO_2 $ — это радиус меньшей окружности $ r $. Таким образом, получаем: $ R = AO_1 = AO_2 + O_2O_1 = r + r = 2r $.

Из этого следует, что отрезок $ AO_1 $, соединяющий точку касания $ A $ с центром большой окружности $ O_1 $, имеет длину $ 2r $ и проходит через центр $ O_2 $ меньшей окружности. Следовательно, $ AO_1 $ является диаметром меньшей окружности $ \Omega_2 $.

Теперь рассмотрим произвольную хорду $ AB $ большей окружности $ \Omega_1 $, которая проходит через точку касания $ A $. Эта хорда пересекает меньшую окружность $ \Omega_2 $ в двух точках: в точке $ A $ и в некоторой другой точке, которую мы обозначим $ M $. Нам необходимо доказать, что точка $ M $ делит хорду $ AB $ пополам, то есть $ AM = MB $.

Рассмотрим точки $ A, M, O_1 $, лежащие на меньшей окружности $ \Omega_2 $. Угол $ \angle AMO_1 $ является вписанным углом в окружность $ \Omega_2 $, который опирается на диаметр $ AO_1 $. По свойству угла, опирающегося на диаметр, он является прямым. Таким образом, $ \angle AMO_1 = 90^\circ $.

Это означает, что отрезок $ O_1M $ перпендикулярен хорде $ AB $ (то есть $ O_1M \perp AB $).

Теперь вернемся к большей окружности $ \Omega_1 $. В ней $ AB $ является хордой, $ O_1 $ — её центром, а $ O_1M $ — это отрезок, проведенный из центра к точке $ M $ на хорде, причем он перпендикулярен этой хорде. По свойству окружности, прямая, проходящая через центр и перпендикулярная хорде, делит эту хорду пополам.

Следовательно, точка $ M $ является серединой хорды $ AB $, и $ AM = MB $. Утверждение доказано.

Ответ: Любая хорда большей окружности, проходящая через точку касания, делится меньшей окружностью пополам.

781. Даны треугольник $ABC$ и произвольная точка $M$. Докажите, что точки, симметричные точке $M$ относительно середин сторон треугольника $ABC$, являются вершинами треугольника, равного данному.

Пусть дан треугольник $ABC$ и произвольная точка $M$. Обозначим середины сторон $BC$, $AC$ и $AB$ как $A_1$, $B_1$ и $C_1$ соответственно. Пусть точки $M_A$, $M_B$ и $M_C$ являются симметричными точке $M$ относительно середин $A_1$, $B_1$ и $C_1$. Это означает, что $A_1$ — середина отрезка $MM_A$, $B_1$ — середина отрезка $MM_B$, и $C_1$ — середина отрезка $MM_C$.

Для доказательства того, что треугольник $M_A M_B M_C$ равен треугольнику $ABC$, мы воспользуемся признаком равенства треугольников по трём сторонам (SSS). Для этого нам нужно показать, что стороны одного треугольника соответственно равны сторонам другого.

1. Найдём длину стороны $M_A M_B$.
Рассмотрим треугольник $\triangle MM_A M_B$. По построению, точка $A_1$ является серединой стороны $MM_A$, а точка $B_1$ — серединой стороны $MM_B$. Следовательно, отрезок $A_1 B_1$ является средней линией треугольника $\triangle MM_A M_B$. По свойству средней линии, она равна половине третьей стороны, то есть $A_1 B_1 = \frac{1}{2} M_A M_B$, откуда следует, что $M_A M_B = 2 A_1 B_1$.

Теперь рассмотрим исходный треугольник $\triangle ABC$. В нём отрезок $A_1 B_1$ соединяет середины сторон $BC$ и $AC$. Таким образом, $A_1 B_1$ является средней линией $\triangle ABC$. По свойству средней линии, $A_1 B_1 = \frac{1}{2} AB$.

Сопоставив оба результата, получаем: $M_A M_B = 2 A_1 B_1 = 2 \cdot (\frac{1}{2} AB) = AB$.

2. Найдём длину стороны $M_B M_C$.
Рассуждая аналогично, рассмотрим $\triangle MM_B M_C$. Отрезок $B_1 C_1$ является его средней линией, так как соединяет середины сторон $MM_B$ и $MM_C$. Значит, $M_B M_C = 2 B_1 C_1$.В $\triangle ABC$ отрезок $B_1 C_1$ является средней линией, соединяющей середины сторон $AC$ и $AB$, поэтому $B_1 C_1 = \frac{1}{2} BC$.Отсюда $M_B M_C = 2 B_1 C_1 = 2 \cdot (\frac{1}{2} BC) = BC$.

3. Найдём длину стороны $M_C M_A$.
Точно так же, для $\triangle MM_C M_A$ отрезок $C_1 A_1$ является средней линией, откуда $M_C M_A = 2 C_1 A_1$.В $\triangle ABC$ отрезок $C_1 A_1$ — средняя линия, соединяющая середины сторон $AB$ и $BC$, поэтому $C_1 A_1 = \frac{1}{2} AC$.Следовательно, $M_C M_A = 2 C_1 A_1 = 2 \cdot (\frac{1}{2} AC) = AC$.

Таким образом, мы показали, что стороны треугольника $\triangle M_A M_B M_C$ соответственно равны сторонам треугольника $\triangle ABC$:

• $M_A M_B = AB$
• $M_B M_C = BC$
• $M_C M_A = AC$

По признаку равенства треугольников по трём сторонам, $\triangle M_A M_B M_C \cong \triangle ABC$. Это означает, что треугольник, образованный точками, симметричными точке $M$ относительно середин сторон треугольника $ABC$, равен данному треугольнику.

Ответ: Утверждение доказано.

782. Постройте треугольник по двум его углам и радиусу описанной окружности.

Анализ

Пусть искомый треугольник $ABC$ построен. Обозначим его углы как $\angle A$, $\angle B$, $\angle C$, а радиус описанной окружности как $R$. Нам даны два угла, пусть это будут $\angle A = \alpha$ и $\angle B = \beta$, и радиус $R$. Третий угол треугольника $\angle C = \gamma = 180^\circ - (\alpha + \beta)$.

Вершины треугольника $A$, $B$ и $C$ лежат на описанной окружности с центром в точке $O$ и радиусом $R$. Стороны треугольника $AB$, $BC$, $AC$ являются хордами этой окружности.

Согласно свойству о соотношении вписанных и центральных углов, величина центрального угла в два раза больше величины вписанного угла, опирающегося на ту же дугу. Отсюда следует:

• Центральный угол $\angle BOC$, опирающийся на хорду $BC$, равен удвоенному вписанному углу $\angle BAC$: $\angle BOC = 2\alpha$.
• Центральный угол $\angle AOC$, опирающийся на хорду $AC$, равен удвоенному вписанному углу $\angle ABC$: $\angle AOC = 2\beta$.
• Центральный угол $\angle AOB$, опирающийся на хорду $AB$, равен удвоенному вписанному углу $\angle ACB$: $\angle AOB = 2\gamma = 2(180^\circ - \alpha - \beta)$.

Этот анализ дает нам четкий план построения: необходимо построить описанную окружность, а затем, откладывая от центра удвоенные углы треугольника, найти его вершины на этой окружности.

Построение

1. Возьмем произвольную точку $O$ на плоскости и построим окружность с центром $O$ и радиусом, равным данному отрезку $R$.
2. На окружности выберем произвольную точку $A$. Это будет первая вершина искомого треугольника.
3. Найдем третий угол треугольника $\gamma = 180^\circ - (\alpha + \beta)$. Это можно сделать, построив на прямой от одного луча углы $\alpha$ и $\beta$ в одну полуплоскость; тогда угол, дополняющий их сумму до развернутого угла, будет равен $\gamma$.
4. Построим центральный угол $\angle AOB$, равный $2\gamma$. Для этого от луча $OA$ отложим угол, равный $2\gamma$ (это делается последовательным построением двух углов $\gamma$). Точка пересечения второй стороны угла с окружностью будет вершиной $B$.
5. Аналогично, построим центральный угол $\angle AOC = 2\beta$. От луча $OA$ в полуплоскость, не содержащую точку $B$, отложим угол, равный $2\beta$. Точка пересечения второй стороны угла с окружностью будет вершиной $C$.
6. Соединим точки $A$, $B$ и $C$ отрезками. Полученный треугольник $ABC$ является искомым.

Доказательство

Построенный треугольник $ABC$ вписан в окружность радиуса $R$ с центром в $O$, так как все его вершины $A, B, C$ по построению лежат на этой окружности.

Найдем углы этого треугольника, используя свойство вписанных углов:

• Угол $\angle ACB$ опирается на дугу $AB$. Центральный угол, опирающийся на эту дугу, по построению равен $\angle AOB = 2\gamma$. Следовательно, $\angle ACB = \frac{1}{2} \angle AOB = \gamma$.
• Угол $\angle ABC$ опирается на дугу $AC$. Центральный угол, опирающийся на эту дугу, по построению равен $\angle AOC = 2\beta$. Следовательно, $\angle ABC = \frac{1}{2} \angle AOC = \beta$.
• Сумма углов в треугольнике равна $180^\circ$, поэтому $\angle BAC = 180^\circ - (\angle ABC + \angle ACB) = 180^\circ - (\beta + \gamma)$. Подставляя $\gamma = 180^\circ - \alpha - \beta$, получаем $\angle BAC = 180^\circ - (\beta + 180^\circ - \alpha - \beta) = \alpha$.

Таким образом, построенный треугольник $ABC$ имеет углы, равные данным углам $\alpha$ и $\beta$, и радиус его описанной окружности равен $R$.

Исследование

Задача имеет решение тогда и только тогда, когда сумма двух данных углов меньше $180^\circ$, то есть $\alpha + \beta < 180^\circ$. Если это условие не выполняется, треугольник с такими углами не существует. Если условие выполнено, то третий угол $\gamma$ положителен, и построение всегда возможно.

Выбор начальной точки $A$ на окружности, а также выбор полуплоскостей для откладывания углов, влияет только на положение и ориентацию треугольника на плоскости, но не на его форму и размеры. Все треугольники, построенные по данному алгоритму, будут равны друг другу (конгруэнтны). Следовательно, при условии $\alpha + \beta < 180^\circ$ задача имеет единственное решение (с точностью до конгруэнтности).

Ответ: Алгоритм построения треугольника по двум заданным углам и радиусу описанной окружности изложен выше. Задача имеет единственное (с точностью до конгруэнтности) решение, если сумма данных углов меньше $180^\circ$.

783. Постройте треугольник по двум его углам и радиусу вписанной окружности.

Анализ

Пусть искомый треугольник $ABC$ построен. Нам даны два его угла, например, $\angle A = \alpha$ и $\angle B = \beta$, и радиус вписанной окружности $r$. Центр вписанной окружности, точка $I$, является точкой пересечения биссектрис углов треугольника. Расстояние от точки $I$ до каждой из сторон треугольника равно $r$.

Рассмотрим треугольник $AIB$, образованный двумя вершинами и центром вписанной окружности. Углы этого треугольника равны $\angle IAB = \frac{\alpha}{2}$ и $\angle IBA = \frac{\beta}{2}$. Высота этого треугольника, опущенная из вершины $I$ на сторону $AB$, является радиусом вписанной окружности. Обозначим основание этой высоты как $F$. Тогда $IF = r$ и $IF \perp AB$.

В прямоугольном треугольнике $AIF$ имеем $\angle AIF = 90^\circ - \angle IAF = 90^\circ - \frac{\alpha}{2}$. Аналогично, в прямоугольном треугольнике $BIF$ имеем $\angle BIF = 90^\circ - \angle IBF = 90^\circ - \frac{\beta}{2}$.

Эти соотношения позволяют нам построить треугольник $AIB$ и, следовательно, весь треугольник $ABC$, поскольку стороны $AC$ и $BC$ являются касательными к вписанной окружности, проведенными из вершин $A$ и $B$.

Построение

1. Выберем на плоскости произвольную точку $I$ и построим окружность $\omega$ с центром в точке $I$ и заданным радиусом $r$.
2. Проведем произвольную прямую $l$, касательную к окружности $\omega$. Обозначим точку касания $F$. На этой прямой будет лежать сторона $AB$ искомого треугольника. Для построения касательной проведем радиус $IF$ и построим в точке $F$ прямую $l$, перпендикулярную $IF$.
3. Построим углы, равные $\frac{\alpha}{2}$ и $\frac{\beta}{2}$, используя построение биссектрисы для данных углов $\alpha$ и $\beta$.
4. От луча $IF$ в разные стороны построим лучи из точки $I$ так, чтобы они образовывали с $IF$ углы, равные $90^\circ - \frac{\alpha}{2}$ и $90^\circ - \frac{\beta}{2}$.
5. Точки пересечения этих лучей с прямой $l$ обозначим как $A$ и $B$. Это две вершины искомого треугольника.
6. Из точки $A$ проведем вторую касательную к окружности $\omega$ (отличную от прямой $AB$).
7. Из точки $B$ проведем вторую касательную к окружности $\omega$ (отличную от прямой $AB$).
8. Точка пересечения этих двух касательных, $C$, является третьей вершиной треугольника.

Треугольник $ABC$ является искомым.

Доказательство

По построению, окружность $\omega$ с центром $I$ и радиусом $r$ касается трех сторон построенного треугольника $ABC$ (в точке $F$ на стороне $AB$ и в двух других точках на сторонах $AC$ и $BC$). Следовательно, $\omega$ является вписанной окружностью для $\triangle ABC$, и ее радиус равен заданному $r$.

Теперь докажем, что углы треугольника равны заданным. Рассмотрим прямоугольный треугольник $\triangle AIF$ ($\angle IFA = 90^\circ$). По построению, $\angle FIA = 90^\circ - \frac{\alpha}{2}$. Сумма углов в треугольнике равна $180^\circ$, поэтому $\angle IAF = 180^\circ - 90^\circ - (90^\circ - \frac{\alpha}{2}) = \frac{\alpha}{2}$.

Поскольку $I$ — центр вписанной окружности, луч $AI$ является биссектрисой угла $CAB$. Следовательно, $\angle CAB = 2 \cdot \angle IAF = 2 \cdot \frac{\alpha}{2} = \alpha$.

Аналогично для треугольника $\triangle BIF$ ($\angle IFB = 90^\circ$), по построению $\angle FIB = 90^\circ - \frac{\beta}{2}$. Тогда $\angle IBF = 180^\circ - 90^\circ - (90^\circ - \frac{\beta}{2}) = \frac{\beta}{2}$. Луч $BI$ является биссектрисой угла $ABC$, поэтому $\angle ABC = 2 \cdot \angle IBF = 2 \cdot \frac{\beta}{2} = \beta$.

Таким образом, построенный треугольник $ABC$ имеет два угла, равные $\alpha$ и $\beta$, и радиус вписанной окружности, равный $r$, что и требовалось доказать.

Исследование

Задача имеет решение тогда и только тогда, когда заданные величины $\alpha$ и $\beta$ могут являться углами треугольника, то есть должны выполняться условия: $\alpha > 0$, $\beta > 0$ и $\alpha + \beta < 180^\circ$.

Если эти условия соблюдены, построение всегда возможно. Лучи $IA$ и $IB$ всегда пересекут касательную $l$, так как углы, под которыми они строятся к перпендикуляру $IF$, меньше $90^\circ$. Точки $A$ и $B$ будут лежать вне окружности $\omega$, что позволяет провести из них вторые касательные. Эти касательные (стороны $AC$ и $BC$) не будут параллельны, так как сумма углов $\alpha + \beta < 180^\circ$, и, следовательно, пересекутся в третьей вершине $C$.

Все треугольники, построенные данным способом, будут равны между собой (конгруэнтны). Следовательно, при выполнении указанных условий задача имеет единственное решение с точностью до его положения на плоскости.

Ответ: Алгоритм построения искомого треугольника, основанный на свойствах вписанной окружности, представлен выше. Построение однозначно определяет треугольник с точностью до конгруэнтности при условии, что сумма заданных углов меньше $180^\circ$.

784. Впишите в данный треугольник $ABC$ прямоугольник, стороны которого относятся как $2 : 1$, так, чтобы две вершины большей стороны прямоугольника лежали на стороне $AC$ треугольника, а две другие вершины – на сторонах $AB$ и $BC$.

Для решения этой задачи на построение воспользуемся методом гомотетии. Решение состоит из анализа, построения, доказательства и исследования.

Анализ

Пусть искомый прямоугольник $KLMN$ построен. Его вершины $K$ и $L$ лежат на стороне $AC$, вершина $N$ – на стороне $AB$, а вершина $M$ – на стороне $BC$. По условию, сторона, лежащая на $AC$, является большей, то есть $KL > NK$. Отношение сторон равно $KL : NK = 2 : 1$.

Поскольку $KLMN$ – прямоугольник, его сторона $NM$ параллельна стороне $KL$, а значит, и стороне $AC$ треугольника. Стороны $NK$ и $ML$ перпендикулярны $KL$, а значит, и $AC$.

Идея состоит в том, чтобы сначала построить вспомогательный прямоугольник, который имеет такое же соотношение сторон и ориентацию, как искомый, а затем с помощью гомотетии преобразовать его в требуемый прямоугольник. В качестве центра гомотетии удобно выбрать вершину треугольника. Выберем вершину $A$, так как на сторонах, выходящих из нее ($AB$ и $AC$), должны лежать три вершины искомого прямоугольника ($N$, $K$ и $L$).

Мы построим вспомогательный прямоугольник $K_1L_1M_1N_1$, у которого вершина $N_1$ лежит на $AB$, вершины $K_1$ и $L_1$ лежат на $AC$, а стороны имеют соотношение $K_1L_1 : N_1K_1 = 2 : 1$. При этом вершина $M_1$, в общем случае, не будет лежать на стороне $BC$. Затем, применив гомотетию с центром в точке $A$, мы "растянем" или "сожмем" этот прямоугольник так, чтобы его вершина, соответствующая $M_1$, попала на сторону $BC$.

Построение

1. На стороне $AB$ данного треугольника $ABC$ выберем произвольную точку $N_1$.
2. Из точки $N_1$ опустим перпендикуляр $N_1K_1$ на сторону $AC$. Точка $K_1$ лежит на $AC$.
3. На луче $AC$ от точки $K_1$ в сторону точки $C$ отложим отрезок $K_1L_1$ так, чтобы его длина была вдвое больше длины отрезка $N_1K_1$, то есть $K_1L_1 = 2 \cdot N_1K_1$.
4. Построим прямоугольник $K_1L_1M_1N_1$. Для этого из точки $L_1$ восстановим перпендикуляр к $AC$ и проведем прямую через $N_1$ параллельно $AC$. Точка пересечения этих прямых будет вершиной $M_1$.
5. Проведем луч из вершины $A$ через точку $M_1$.
6. Точка пересечения луча $AM_1$ со стороной $BC$ является вершиной $M$ искомого прямоугольника.
7. Из точки $M$ проведем прямую, параллельную $AC$, до пересечения со стороной $AB$. Точка пересечения является вершиной $N$.
8. Из точек $N$ и $M$ опустим перпендикуляры $NK$ и $ML$ на сторону $AC$. Точки $K$ и $L$ являются оставшимися вершинами.
9. Прямоугольник $KLMN$ – искомый.

Доказательство

По построению (пункты 7 и 8) четырехугольник $KLMN$ является прямоугольником: $NM \parallel AC$ (следовательно $NM \parallel KL$), а $NK \perp AC$ и $ML \perp AC$. Также $NK$ и $ML$ равны и параллельны.

Вершины $K$ и $L$ лежат на стороне $AC$. Вершина $N$ лежит на стороне $AB$. Вершина $M$ лежит на стороне $BC$. Все это выполнено по построению.

Осталось доказать, что стороны прямоугольника $KLMN$ относятся как $2 : 1$. Рассмотрим гомотетию с центром в точке $A$. По построению (пункт 6), точка $M$ лежит на луче $AM_1$. Гомотетия с центром $A$, переводящая точку $M_1$ в $M$, переведет и весь прямоугольник $K_1L_1M_1N_1$ в четырехугольник $KLMN$. Действительно:

• $N_1$ лежит на $AB$, значит, ее образ $N$ тоже будет лежать на $AB$.
• $K_1$ и $L_1$ лежат на $AC$, значит, их образы $K$ и $L$ тоже будут лежать на $AC$.
• Прямая $N_1M_1$ перейдет в параллельную ей прямую $NM$.
• Прямая $N_1K_1$ перейдет в параллельную ей прямую $NK$.

Таким образом, $KLMN$ — образ $K_1L_1M_1N_1$ при гомотетии. Гомотетия сохраняет отношение длин соответствующих отрезков. Следовательно, отношение сторон прямоугольника $KLMN$ такое же, как и у прямоугольника $K_1L_1M_1N_1$:

$ \frac{KL}{NK} = \frac{K_1L_1}{N_1K_1} $

По построению (пункт 3) мы взяли $K_1L_1 = 2 \cdot N_1K_1$.

Следовательно, $KL = 2 \cdot NK$, то есть $KL : NK = 2 : 1$. Большая сторона $KL$ лежит на стороне $AC$. Таким образом, прямоугольник $KLMN$ удовлетворяет всем условиям задачи.

Исследование

Построение возможно, если луч $AM_1$ пересекает отрезок $BC$. Точка $N_1$ выбирается на стороне $AB$ произвольно (не совпадая с $A$, чтобы избежать вырождения). При любом таком выборе $N_1$ мы получаем невырожденный вспомогательный прямоугольник $K_1L_1M_1N_1$. Вершина $M_1$ оказывается внутри угла $BAC$. Луч $AM_1$ также проходит внутри этого угла. Поскольку отрезок $BC$ соединяет точки на сторонах этого угла, луч $AM_1$ обязательно пересечет отрезок $BC$ в некоторой единственной точке $M$.

Поскольку точка $M$ определяется однозначно, все последующие построения (нахождение вершин $N, K, L$) также однозначны. Следовательно, задача всегда имеет единственное решение для любого невырожденного треугольника $ABC$.

Ответ: Искомый прямоугольник строится методом гомотетии, как описано в пунктах "Построение" и "Доказательство". Построение всегда возможно и единственно.

785. Отрезок $AB$ – хорда данной окружности, точка $C$ – произвольная точка этой окружности. Найдите геометрическое место точек, являющихся точками пересечения медиан треугольников $ABC$.

Пусть дана окружность $\omega$ с центром в точке $O$ и радиусом $R$. Пусть $A$ и $B$ — фиксированные точки на этой окружности (концы хорды), а $C$ — произвольная точка на той же окружности.

Обозначим через $M$ точку пересечения медиан (центроид) треугольника $ABC$. Нам нужно найти геометрическое место точек $M$ при движении точки $C$ по окружности $\omega$.

Пусть $K$ — середина хорды $AB$. Так как точки $A$ и $B$ фиксированы, точка $K$ также является фиксированной.

Медиана треугольника $ABC$, проведенная из вершины $C$, — это отрезок $CK$. По свойству точки пересечения медиан, центроид $M$ лежит на медиане $CK$ и делит её в отношении $CM : MK = 2:1$.

Это означает, что точка $M$ всегда находится на отрезке $CK$ таким образом, что её расстояние от точки $K$ составляет одну треть от длины всего отрезка $CK$, то есть $KM = \frac{1}{3}KC$.

Данное соотношение можно описать с помощью гомотетии (преобразования подобия). Точка $M$ является образом точки $C$ при гомотетии с центром в фиксированной точке $K$ и коэффициентом $k = \frac{1}{3}$.

Поскольку точка $C$ описывает окружность $\omega$, то искомое геометрическое место точек $M$ является образом этой окружности при указанной гомотетии.

Образом окружности при гомотетии является другая окружность. Найдем параметры этой новой окружности, которую обозначим $\omega'$:

1. Центр окружности $\omega'$. Центр новой окружности, точка $O'$, является образом центра исходной окружности $O$ при той же гомотетии. Это значит, что точка $O'$ лежит на отрезке $KO$ и делит его в отношении $1:2$, то есть $KO' = \frac{1}{3}KO$.
2. Радиус окружности $\omega'$. Радиус $R'$ новой окружности равен радиусу исходной окружности $R$, умноженному на модуль коэффициента гомотетии:$R' = |k| \cdot R = \frac{1}{3}R$.

Таким образом, искомое геометрическое место точек $M$ — это окружность $\omega'$ с центром $O'$ и радиусом $R' = \frac{R}{3}$.

Важно отметить, что когда точка $C$ совпадает с точкой $A$ или $B$, треугольник $ABC$ вырождается в отрезок, и понятие точки пересечения медиан для него не определено. Поэтому из искомого множества точек следует исключить образы точек $A$ и $B$ при нашей гомотетии. Эти исключенные точки будут лежать на окружности $\omega'$.

Ответ:Искомое геометрическое место точек является окружностью, полученной из данной окружности гомотетией с центром в середине хорды $AB$ и коэффициентом $\frac{1}{3}$. Центр этой окружности делит отрезок, соединяющий середину хорды $AB$ с центром данной окружности, в отношении $1:2$, а её радиус в 3 раза меньше радиуса данной окружности. Из этой окружности исключены две точки, соответствующие положениям точки $C$, когда она совпадает с $A$ или $B$.

786. Даны две точки $A$ и $B$ и прямая $l$. Найдите геометрическое место точек, являющихся точками пересечения медиан треугольников $ABC$, где $C$ – произвольная точка прямой $l$.

Пусть $A$ и $B$ — данные точки, а $l$ — данная прямая. Пусть $C$ — произвольная точка на прямой $l$, а $M$ — точка пересечения медиан (центроид) треугольника $ABC$. Нам нужно найти геометрическое место точек $M$.

Обозначим через $K$ середину отрезка $AB$. Так как точки $A$ и $B$ фиксированы, то точка $K$ также является фиксированной точкой. Отрезок $CK$ является медианой треугольника $ABC$.

По свойству медиан треугольника, точка их пересечения $M$ лежит на медиане $CK$ и делит её в отношении $2:1$, считая от вершины. То есть, $CM : MK = 2 : 1$.

Это соотношение можно выразить в виде векторного равенства. Для векторов, отложенных от точки $K$, имеем:$$ \vec{KM} = \frac{1}{3}\vec{KC} $$

Это равенство означает, что точка $M$ является образом точки $C$ при гомотетии (гомотетичном преобразовании) с центром в фиксированной точке $K$ и коэффициентом $k = \frac{1}{3}$.

Поскольку точка $C$ может быть любой точкой прямой $l$, искомое геометрическое место точек $M$ является образом всей прямой $l$ при этой гомотетии.

Преобразование гомотетии переводит любую прямую в прямую, ей параллельную. Следовательно, образом прямой $l$ будет некоторая прямая $l'$, параллельная прямой $l$.

Таким образом, искомое геометрическое место точек — это прямая, параллельная данной прямой $l$. В частном случае, если прямая $l$ проходит через середину отрезка $AB$ (точку $K$), то искомая прямая совпадает с прямой $l$, что не противоречит общему выводу.

Ответ: Прямая, параллельная данной прямой $l$.