ГДЗ по геометрии, 7 класс, Атанасян, номер 909: окружность

План решения.

Доказательство разобьём на две части. Сначала покажем, что точки A_1,B_1,C₁ (симметричные ортоцентру H относительно сторон) лежат на описанной окружности треугольника ABC. Затем利用 симметрию точек A_2,B_2,C₂ относительно середин сторон и свойств описанной окружности докажем, что они также принадлежат этой же окружности.

Часть 1: Точки A_1,B_1,C₁.

Рассмотрим точку A₁, симметричную H относительно стороны BC. Пусть AD — высота треугольника ABC, опущенная из вершины A на сторону BC. Так как H лежит на высоте AD, то точка D является серединой отрезка HA₁. Следовательно, треугольник AHA₁ равнобедренный с основанием AA₁? Нет, точнее: прямая BC является серединным перпендикуляром к отрезку HA₁. Это означает, что для любой точки на прямой BC расстояния до H и до A₁ равны. В частности, BH=BA₁ и CH=CA₁.

Чтобы доказать, что A₁ лежит на описанной окружности, достаточно показать равенство вписанных углов, опирающихся на одну дугу. Рассмотрим угол |BA₁C. Нам нужно связать его с углами исходного треугольника. Известно свойство ортоцентра: угол |BHC. Поскольку A₁ симметрична H относительно BC, то треугольники HBD и A₁BD равны (по катету и прилежащему острому углу или просто по симметрии), откуда |HBD=|A₁BD. Аналогично |HCD=|A₁CD. Тогда угол |BA₁C можно выразить через углы при основании. Однако более простой путь — использовать указание задачи: сравнить |A₁CB и |BAA₁ не совсем корректно напрямую без дополнительных построений, лучше воспользоваться известным фактом: отражение ортоцентра относительно стороны лежит на описанной окружности.

Давайте проведем строгое доказательство через углы. Пусть |A=qlpha. В прямоугольном треугольнике ABD имеем |BAD=90^°-|B. В прямоугольном треугольнике ACD имеем |CAD=90^°-|C. Ортоцентр H лежит на пересечении высот. Угол |BHC=180^°-|A. Из симметрии следует, что |BA₁C=|BHC=180^°-|A. Если бы точка A₁ лежала на описанной окружности, то сумма противоположных углов четырехугольника ABA₁C была бы 180^°. Но это верно только если A₁ лежит на дуге BC, не содержащей A. Действительно, угол |BAC=qlpha. Угол |BA₁C=180^°-qlpha. Сумма |BAC+|BA₁C=180^°. Значит, четырехугольник ABA₁C вписанный, и точка A₁ лежит на описанной окружности треугольника ABC. Аналогично доказывается для B₁ и C₁.

Часть 2: Точки A_2,B_2,C₂.

Точка A₂ симметрична H относительно середины стороны BC. Обозначим середину BC за M_a. Тогда M_a — середина отрезка HA₂. Также мы знаем, что M_a — середина отрезка HA₁? Нет, D — основание высоты, а M_a — середина стороны. Эти точки различны. Однако есть важное геометрическое свойство: точка A₂ (отражение ортоцентра относительно середины стороны) является точкой, диаметрально противоположной вершине A на описанной окружности.

Докажем это. Рассмотрим векторы или координаты. Пусть O — центр описанной окружности. Известно, что |OH=|OA+|OB+|OC (векторное соотношение). Середина стороны BC имеет радиус-вектор |OM_a=|OB+|OC/2. Точка A₂ симметрична H относительно M_a, значит |OA₂=2|OM_a-|OH=(|OB+|OC)-(|OA+|OB+|OC)=-|OA. Вектор |OA₂=-|OA означает, что A₂ лежит на описанной окружности и является концом диаметра, проходящего через A. Поскольку длина вектора |OA₂ равна длине |OA (радиусу R), точка A₂ принадлежит описанной окружности.

Аналогично, B₂ симметрична H относительно середины AC, поэтому |OB₂=-|OB, и B₂ лежит на описанной окружности. Для C₂ получаем |OC₂=-|OC, и она также лежит на описанной окружности.

Проверка и вывод.

Мы доказали, что A_1,B_1,C₁ лежат на описанной окружности, так как образуют с вершинами треугольника вписанные четырехугольники (или используя свойство углов |BA₁C=180^°-|A). Мы также доказали, что A_2,B_2,C₂ лежат на описанной окружности, так как являются точками, диаметрально противоположными вершинам A,B,C соответственно. Таким образом, все шесть точек A_1,B_1,C_1,A_2,B_2,C₂ принадлежат одной и той же описанной окружности треугольника ABC.