ГДЗ по геометрии, 7 класс, Атанасян, номер 822: Общие касательные двух окружностей

План доказательства.

Чтобы доказать, что прямые AA₁, BB₁ и CC₁ являются высотами треугольника A₁B₁C₁, нужно показать перпендикулярность каждой из этих прямых к соответствующей стороне треугольника A₁B₁C₁. Например, докажем, что AA₁⊥B₁C₁. Для этого воспользуемся свойством вписанных углов: угол между хордой и диаметром (или другой хордой) можно выразить через дуги. Если сумма дуг, на которые опираются части угла при пересечении хорд, равна 180^°, то хорды перпендикулярны. Или проще: покажем, что угол между AA₁ и B₁C₁ равен 90^°, используя формулу для угла между секущими внутри окружности или свойства дуг.

Вычисление и доказательство.

Рассмотрим прямую AA₁ и сторону B₁C₁ треугольника A₁B₁C₁. Пусть точка пересечения AA₁ и B₁C₁ обозначена как K. Нам нужно доказать, что ∠AKB=90^° (или любой смежный с ним угол).

Угол ∠AKB является углом между двумя хордами AA₁ и B₁C₁, пересекающимися внутри окружности. По теореме об угле между пересекающимися хордами, величина этого угла равна полусумме дуг, заключенных внутри вертикальных углов:

∠AKB=1/2(дуга AC₁+дуга A₁B₁) (Здесь мы рассматриваем дуги, лежащие «внутри» угла AKB и вертикального ему угла. Точнее, если смотреть на угол ∠C₁KA, то он опирается на дугу C₁A₁ и дугу AC. Но давайте выберем более удобный путь — через вписанные углы.)

Давайте рассмотрим треугольник A₁B₁C₁. Докажем, что AA₁⊥B₁C₁. Для этого достаточно доказать, что ∠(AA_1,B₁C₁)=90^°. Рассмотрим угол ∠B₁A₁A. Он является вписанным и опирается на дугу B₁A. Также рассмотрим угол ∠C₁A₁A, опирающийся на дугу C₁A. Это не совсем прямой путь.

Воспользуемся другим подходом. Пусть O — центр описанной окружности. Прямая AA₁ проходит через вершину A и точку A₁ на окружности. Так как AA₁ — биссектриса угла A, то она делит дугу BC (не содержащую A) пополам. То есть дуга BA₁ равна дуге A₁C. Обозначим градусные меры дуг AB, BC, CA как 2γ, 2α, 2β соответственно (где α,β,γ — углы треугольника ABC). Тогда дуга BC=2α. Поскольку A₁ — середина дуги BC, то дуга BA₁=α и дуга A₁C=α.

Аналогично, B₁ — середина дуги AC, поэтому дуга AB₁=β и дуга B₁C=β. C₁ — середина дуги AB, поэтому дуга AC₁=γ и дуга C₁B=γ.

Теперь найдем положение точки A₁ относительно сторон треугольника A₁B₁C₁. Нам нужно проверить перпендикулярность AA₁ и B₁C₁. Угол между хордами AA₁ и B₁C₁ равен полусумме дуг, которые они отсекают. Рассмотрим угол ∠(AA_1,B₁C₁). Этот угол опирается на дугу AC₁ и дугу A₁B₁? Нет, нужно аккуратно определить дуги.

Пусть M — точка пересечения AA₁ и B₁C₁. Угол ∠AMC₁ равен полусумме дуг AC₁ и A₁B₁? Нет, вертикальные углы опираются на дуги AC₁ и A₁B₁ только если концы хорд чередуются. Порядок точек на окружности: A,C_1,B,A_1,C,B₁ (предположительно, зависит от остроугольности, но топология сохраняется).

Давайте посчитаем дугу B₁C₁. Она состоит из дуги B₁A и дуги AC₁. Мера дуги B₁A=β (так как B₁ середина дуги AC, а дуга AC=2β, значит дуга AB₁=β? Нет, дуга AC не содержит B. Биссектриса BB₁ делит дугу AC пополам. Значит дуга AB₁=β и дуга B₁C=β. Аналогично, дуга AC₁=γ и дуга C₁B=γ.

Дуга B₁C₁ (та, что не содержит A) равна сумме дуг B₁A+AC₁=β+γ.

Теперь посмотрим на угол ∠B₁A₁C₁. Он опирается на дугу B₁C₁ (не содержащую A₁). Величина вписанного угла равна половине дуги. ∠B₁A₁C₁=1/2(β+γ).

Нам нужно доказать, что AA₁⊥B₁C₁. Рассмотрим треугольник A₁KC₁, где K — точка пересечения AA₁ и B₁C₁. В нем известен угол ∠KA₁C₁. Этот угол является частью угла ∠B₁A₁C₁? Нет, A,A_1,K лежат на одной прямой. Угол ∠C₁A₁A опирается на дугу C₁A. Мера дуги C₁A=γ. Значит, ∠C₁A₁A=1/2γ.

Теперь найдем угол ∠A₁C₁K. Это угол ∠A₁C₁B₁. Он опирается на дугу A₁B₁. Дуга A₁B₁ состоит из дуги A₁C и дуги CB₁. Мера дуги A₁C=α. Мера дуги CB₁=β. Значит, дуга A₁B₁=α+β. Следовательно, ∠A₁C₁B₁=1/2(α+β).

Сумма двух острых углов в треугольнике A₁KC₁: ∠KA₁C₁+∠A₁C₁K=1/2γ+1/2(α+β)=1/2(α+β+γ).

Так как α,β,γ — углы треугольника ABC, то их сумма равна 180^°. Поэтому сумма указанных углов равна 1/2·180^°=90^°.

Следовательно, третий угол ∠A₁KC₁=180^°-90^°=90^°. Значит, AA₁⊥B₁C₁.

Проверка и вывод.

Мы доказали, что прямая AA₁ перпендикулярна стороне B₁C₁ треугольника A₁B₁C₁. Поскольку AA₁ проходит через вершину A₁ этого треугольника, то AA₁ является высотой, проведенной из вершины A₁.

По симметрии задачи аналогичное рассуждение применимо к прямым BB₁ и CC₁. Для BB₁ и стороны A₁C₁: угол ∠A₁B₁B опирается на дугу A₁B=α, а угол ∠B₁A₁C₁... нет, лучше повторить логику. Угол между BB₁ и A₁C₁ будет равен 90^°, так как сумма соответствующих дуг также даст половину суммы углов исходного треугольника.

Таким образом, все три прямые AA₁, BB₁ и CC₁ содержат высоты треугольника A₁B₁C₁. Что и требовалось доказать.