ГДЗ по геометрии, 7 класс, Атанасян, номер 868: подобие треугольников

План решения.

Для доказательства утверждений а), б) и в) нам потребуется установить связи между отрезками на катетах (AE, BF), гипотенузе (AB) и высотой (CD). Ключевым инструментом будут свойства прямоугольного треугольника: теорема о проекциях катетов и подобие треугольников. Также воспользуемся тем, что четырёхугольник CEDF является прямоугольником (так как углы при вершинах C,E,D,F прямые), откуда следует равенство диагоналей EF=CD и параллельность сторон соответствующим катетам.

Вычисление и доказательства.

а) Докажем, что CD³=AB·AE·BF.

Рассмотрим прямоугольный треугольник ADC с прямым углом при вершине D? Нет, угол ADC не прямой. В треугольнике ABC угол C=90^°, CD⊥AB. Треугольники ADC и ACB подобны по двум углам (∠A общий, ∠ADC=∠ACB=90^°). Из подобия △ADC∼△ACB следует пропорциональность катетов: AD/AC=AC/ABimpliesAC²=AD·AB Однако нам нужны отрезки AE и BF. Рассмотрим треугольник ADE. Так как DE⊥AC, то △ADE — прямоугольный. Угол A общий для △ADE и △ABC? Не совсем. Давайте используем другой путь через проекции. В прямоугольном треугольнике ABC высота CD делит его на два треугольника, подобных исходному: △ACD∼△CBD∼△ABC. Из △ACD∼△ABC: AC/AB=AD/ACimpliesAC²=AB·AD. Из △BCD∼△ABC: BC/AB=BD/BCimpliesBC²=AB·BD. Также известно свойство высоты: CD²=AD·BD. Теперь посмотрим на отрезки AE и BF. Четырёхугольник CEDF — прямоугольник, значит CE=DF и CF=DE. В прямоугольном треугольнике ADC отрезок DE является высотой, опущенной из прямого угла D на гипотенузу AC? Нет, D лежит на AB, а E на AC. DE⊥AC. Значит, в △ADC угол ADC не обязательно прямой. Но мы знаем, что CD⊥AB. Рассмотрим △ADE и △ACD. Они оба прямоугольные (∠AED=90^°, ∠ADC не прямой, но ∠CDA... стоп). Давайте проще. В △ABC проведена высота CD. Точка E — проекция D на AC. В прямоугольном треугольнике ADC (где ∠ADC не 90, а ∠ACD не 90)... Ошибка в восприятии. CD⊥AB, значит ∠CDA=90^°. Да! Треугольник ADC прямоугольный с катетами AD,CD и гипотенузой AC. DE — перпендикуляр к AC, то есть высота, опущенная из вершины прямого угла D на гипотенузу AC. По теореме о проекции катета в прямоугольном треугольнике ADC: AD²=AC·AE Аналогично, в прямоугольном треугольнике BDC (∠CDB=90^°), DF — высота к гипотенузе BC. По теореме о проекции катета: BD²=BC·BF Нам нужно выразить CD³. Известно, что CD²=AD·BD (свойство высоты в △ABC). Умножим это равенство на CD: CD³=CD·AD·BD Подставим выражения для AD и BD? Лучше выразим AD и BD через AE,BF и стороны. Из AD²=AC·AE и BD²=BC·BF. Также CD²=AD·BD. Возведем CD²=AD·BD в куб? Нет. Рассмотрим произведение AE·BF: AE·BF=AD²/AC·BD²/BC=(AD·BD)²/AC·BC=(CD²)²/AC·BC=CD⁴/AC·BC Отсюда CD⁴=AC·BC·AE·BF. Это не совсем то, что нужно. Нам нужно CD³=AB·AE·BF. Проверим размерности или другие соотношения. Вспомним площадь: S_ABC=1/2AC·BC=1/2AB·CDimpliesAC·BC=AB·CD. Подставим это в полученное выше выражение CD⁴=(AB·CD)·AE·BF. Сокращаем на CD (так как CD>0): CD³=AB·AE·BF Что и требовалось доказать.

б) Докажем, что AE²+BF²+3CD²=AB².

Используем ранее полученные формулы проекций в треугольниках ADC и BDC: 1) AD²=AC·AEimpliesAE=AD²/AC 2) BD²=BC·BFimpliesBF=BD²/BC Также известны соотношения для самого треугольника ABC: AC²=AB·AD BC²=AB·BD CD²=AD·BD Выразим AE и BF только через отрезки гипотенузы AD,BD и всю гипотенузу AB. Из AC²=AB·AD следует AC=AB·AD. Тогда AE=AD²/AB·AD=AD^1.5/AB^0.5. Аналогично, BC=AB·BD, тогда BF=BD²/AB·BD=BD^1.5/AB^0.5. Это выглядит громоздко. Попробуем другой подход через тригонометрию или алгебраические преобразования квадратов. Заметим, что AE — проекция AD на AC. В △ADC угол CAD=α. Тогда AE=ADcosα. В △ABC угол A=α. AC=ABcosα, BC=ABsinα. AD=ACcosα=ABcos²α. BD=BCsinα=ABsin²α. CD=ACsinα=ABcosαsinα. Теперь найдем AE и BF через AB и углы. AE=ADcosα=(ABcos²α)cosα=ABcos³α. BF=BDcos(90^°-α)? В △BDC угол CBD=β=90^°-α. BF — проекция BD на BC. BF=BDcosβ=BDsinα. BF=(ABsin²α)sinα=ABsin³α. Проверим левую часть равенства: AE²+BF²+3CD². AE²=AB²cos⁶α BF²=AB²sin⁶α CD²=AB²cos²αsin²α Сумма: AB²(cos⁶α+sin⁶α+3cos²αsin²α). Вспомним формулу суммы кубов: a³+b³=(a+b)(a²-ab+b²). Пусть x=cos²α,y=sin²α. Тогда x+y=1. Выражение в скобках: x³+y³+3xy. x³+y³=(x+y)(x²-xy+y²)=1·((x+y)²-3xy)=1-3xy. Тогда вся сумма: (1-3xy)+3xy=1. Следовательно, AE²+BF²+3CD²=AB²·1=AB². Что и требовалось доказать.

в) Докажем, что 3AE²+3BF²=3AB².

Используем результаты пункта б) и тригонометрические представления из него же. Мы нашли, что AE=ABcos³α и BF=ABsin³α. Подставим эти значения в левую часть уравнения. 1) Вычислим 3AE²: AE²=(ABcos³α)²=AB²cos⁶α 3AE²=3AB²cos⁶α=3AB²·3(cos²α)³=3AB²cos²α 2) Вычислим 3BF²: BF²=(ABsin³α)²=AB²sin⁶α 3BF²=3AB²sin⁶α=3AB²·3(sin²α)³=3AB²sin²α 3) Сложим полученные выражения: 3AE²+3BF²=3AB²cos²α+3AB²sin²α Вынесем общий множитель 3AB² за скобки: 3AB²(cos²α+sin²α) Так как cos²α+sin²α=1, получаем: 3AB²·1=3AB² Левая часть равна правой. Что и требовалось доказать.

Проверка.

Все три утверждения были доказаны последовательно, используя свойства подобия прямоугольных треугольников и тригонометрические тождества. Результат согласуется с геометрическим смыслом задачи: отрезки AE и BF связаны с гипотенузой через кубические степени косинусов и синусов острых углов, что естественно приводит к таким нетривиальным равенствам.