ГДЗ по геометрии, 7 класс, Атанасян, номер 444: Теорема Пифагора

План решения.

Нам нужно построить секущую ABC, проходящую через точку A вне окружности, такую что отрезок AB равен отрезку BC. Это означает, что точка B является серединой хорды AC. Если мы найдем середину любой хорды, проходящей через фиксированную точку A, то эта середина будет лежать на окружности с диаметром OA (так как радиус, проведенный в середину хорды, перпендикулярен ей). Однако здесь условие специфичнее: B — середина AC, но C лежит на данной окружности. Давайте воспользуемся методом подобия или векторов. Пусть M — середина хорды AC. Тогда OM⊥AC. В нашем случае B=M. Значит, OB⊥AB. Но это верно только если B — середина хорды, концы которой лежат на окружности. Здесь же C на окружности, а A нет. Условие AB=BC значит, что B — середина отрезка AC. Точка C лежит на данной окружности (O,R). Точка A фиксирована. Рассмотрим гомотетию с центром A и коэффициентом 2. Она переводит точку B в точку C. Так как C лежит на окружности (O,R), то прообраз точки C при обратном преобразовании (гомотетия с центром A и коэффициентом 1/2) должен лежать на образе этой окружности. То есть геометрическое место точек B — это окружность, полученная из данной (O,R) гомотетией с центром A и коэффициентом 1/2. Обозначим эту новую окружность (O′,R′). Центр O′ — середина отрезка AO, радиус R′=R/2. Искомая прямая проходит через A и пересекает окружность (O′,R′) в точке B. Прямая AB и есть искомая секущая.

Вычисление и построение.

1. Соединим центр данной окружности O с точкой A.
2. Построим середину отрезка AO. Назовем её O′. Это будет центр вспомогательной окружности.
3. Радиус вспомогательной окружности равен половине радиуса данной: r=R/2.
4. Проведем вспомогательную окружность с центром O′ и радиусом r.
5. Искомая прямая должна проходить через точку A и пересекать вспомогательную окружность. Любая прямая, проходящая через A иSecanting вспомогательную окружность, дает нам точку B. Но нам нужна конкретная прямая? Нет, задача говорит «провести прямую», обычно подразумевается одна или все возможные. Проверим условия существования. Точка A лежит на вспомогательной окружности? Расстояние AO′=AO/2. Радиус r=R/2. Если AO>R (точка вне), то AO/2 может быть больше, меньше или равно R/2.
   Давайте вернемся к указанию в ответе: «Построить треугольник OAD, где AD=R,OD=2R». Этот путь сложнее. Попробуем другой подход, более классический для школьной геометрии.
   Пусть B — искомая точка. Тогда AC=2AB. Точка C на окружности (O,R). Значит |OC|=R. Выразим OC через OA и AB. OC=OA+AC=OA+2AB. Это векторное уравнение не очень удобно для линейки и циркуля.
   Вернемся к идее с серединой. Пусть K — середина AC. Тогда K=B. OK⊥AC. Значит, угол OKA=90^°. Точка K (то есть B) лежит на окружности с диаметром OA. Также K лежит на... где? Мы знаем, что C лежит на окружности (O,R). K — середина AC. Значит, C симметрична A относительно K. Если K движется по окружности с диаметром OA, то C движется по некоторой траектории. Нам нужно, чтобы C попало на исходную окружность (O,R). Это эквивалентно тому, что K должно лежать на образе окружности (O,R) при центральной симметрии с центром A? Нет, при гомотетии с центром A и коэфф 1/2. Да, именно так. Геометрическое место точек B — окружность (O_1,R/2), где O₁ — середина AO. Пересечение этой вспомогательной окружности с прямой, проходящей через A... Стоп, прямая проходит через A. Точка B лежит на прямой. Значит, мы ищем пересечение прямой AB с вспомогательной окружностью. Но прямая неизвестна.
   Правильная логика: Точка B должна принадлежать вспомогательной окружности (O_1,R/2). При этом A,B,C коллинеарны. Прямая определяется двумя точками. Одна известна (A). Вторая (B) лежит на вспомогательной окружности. Но любая прямая через A пересекает вспомогательную окружность? Не обязательно. А если пересекает, то в двух точках? Одна из них может быть A? Нет, A вне данной окружности, но где она относительно вспомогательной? Расстояние AO₁=AO/2. Радиус R/2. Если AO>R, то AO/2>R/2, значит A вне вспомогательной окружности. Если AO<R (внутри), то A внутри. По условию A вне данной, т.е. AO>R. Значит A вне вспомогательной окружности (O_1,R/2). Через внешнюю точку можно провести две касательные и множество секущих. Но нам нужна такая секущая, чтобы B была серединой AC. Это выполняется для ЛЮБОЙ точки B на вспомогательной окружности, если продолжить AB до C так, что AB=BC. Тогда C гарантированно попадет на данную окружность (O,R).
   Значит, решение сводится к выбору любой прямой, проходящей через A и пересекающей вспомогательную окружность (O_1,R/2). Обычно в таких задачах требуется построить одну такую прямую. Самый простой способ — провести прямую через A и центр вспомогательной окружности O₁. Эта прямая пересекает вспомогательную окружность в двух точках. Возьмем ту, которая ближе к A (или дальше, зависит от конфигурации, но обе подходят по условию AB=BC).
   Однако, часто под «провести прямую» понимают единственное решение или касательную. Если бы требовалось AB=BC и B была серединой хорды, то OB⊥AC. Здесь B не обязательно середина хорды данной окружности, потому что A не на окружности.
   Давайте проверим указание: «Построить треугольник OAD, в котором AD=R и OD=2R». Пусть D — точка на прямой AB? Или просто вспомогательная? Если AB=BC, то AC=2AB. Пусть AB=x. AC=2x. Рассмотрим треугольник OAC. OA=d (известно), OC=R, AC=2x. Медиана OM к стороне AC? Нет, B — середина AC. Значит OB — медиана треугольника OAC. Формула длины медианы: 4OB²=2(OA²+OC²)-AC². 4OB²=2(d²+R²)-(2x)²=2d²+2R²-4x². С другой стороны, в прямоугольном треугольнике (если опустить перпендикуляр)? Нет, OB не перпендикулярна AC вообще-то. Только если OA=OC, чего нет.
   Но мы знаем, что B лежит на вспомогательной окружности с центром O₁ (середина AO) и радиусом R/2. Докажем это еще раз строго. Гомотетия H(A,1/2) переводит C в B. Так как C∈(O,R), то B∈H(A,1/2)((O,R)). Образ окружности (O,R) при гомотетии с центром A и коэфф 1/2 — это окружность с центром O₁ (середина AO) и радиусом R/2. Таким образом, любое пересечение прямой, проходящей через A, с окружностью (O_1,R/2) дает нам точку B. Затем достраиваем C так, что B — середина AC. Задача имеет бесконечное множество решений (все секущие из A к вспомогательной окружности). Но обычно требуют построить одну. Самая простая — прямая AO₁. Она пересекает вспомогательную окружность в двух точках. Берем любую.
   Почему в ответе дано указание про треугольник OAD? Возможно, там рассматривается частный случай или альтернативный метод. Например, если искать касательную? Нет, условие не требует касательности. Может быть, имеется в виду, что нужно найти такое положение, когда прямая касается? Нет. Давайте последуем стандартному алгоритму построения через вспомогательную окружность, так как он наиболее строгий и понятен.

Алгоритм построения:

• Найдите середину O₁ отрезка AO.
• Постройте окружность с центром O₁ и радиусом r=R/2.
• Проведите любую прямую через точку A, пересекающую построенную окружность. Для простоты можно провести прямую AO₁. Пусть она пересекает вспомогательную окружность в точке B (ближайшей к A).
• Отложите на луче AB отрезок BC такой, что BC=AB (или просто продлите AB за точку B на расстояние AB).
• Точка C будет лежать на данной окружности (O,R), а прямая ABC — искомая.

Проверка.

По построению B лежит на окружности (O_1,R/2). Эта окружность является образом данной окружности (O,R) при гомотетии с центром A и коэффициентом k=1/2. Следовательно, прообраз точки B при обратной гомотетии (цент A, коэфф 2) лежит на данной окружности (O,R). Прообразом B является точка C, такая что AC=2AB, то есть AB=BC и A,B,C на одной прямой. Значит, C лежит на данной окружности. Условие выполнено.