ГДЗ по геометрии, 7 класс, Атанасян, номер 917: система окружность и прямая

План доказательства.

Для доказательства формулы Эйлера d²=R²-2Rr воспользуемся методом вычисления степени точки относительно окружности. Пусть O — центр описанной окружности радиуса R, а M — центр вписанной окружности радиуса r. Расстояние между центрами обозначим OM=d. Проведём прямую OM и продолжим её до пересечения с описанной окружностью в двух точках P и Q. Тогда отрезок PQ является хордой описанной окружности, проходящей через точку M. Степень точки M относительно описанной окружности равна произведению длин отрезков этой хорды: PM·MQ. С другой стороны, степень точки можно выразить через расстояние до центра: PM·MQ=R²-OM²=R²-d². Нам останется доказать, что PM·MQ=2Rr.

Вычисление произведения PM·MQ.

Рассмотрим треугольник ABC. Пусть AM — биссектриса угла A, которая пересекает описанную окружность в точке L (середине дуги BC, не содержащей вершину A). Известно свойство: LB=LC=LM. Это следует из того, что угол LBM равен сумме углов ∠LBC+∠CBM=1/2∠A+1/2∠B, а угол LMB как внешний угол треугольника ABM равен ∠BAM+∠ABM=1/2∠A+1/2∠B. Значит, треугольник LBM равнобедренный.

Теперь проведём диаметр PQ описанной окружности, проходящий через точку L (или просто рассмотрим подобие треугольников, связанных с диаметром). Более простой путь, предложенный в указании: провести диаметр PQ через центр M? Нет, указание говорит «через центр M... провести диаметр PQ». Но диаметр должен быть у описанной окружности. Если мы проводим хорду PQ через M, параллельную какой-то стороне или просто любую, то это сложно. Давайте используем классическое доказательство через подобие.

Пусть AD — высота треугольника ABC, опущенная на сторону BC. Пусть AE — диаметр описанной окружности, проведённый из вершины A. Треугольники ABE и ADC подобны (∠ABE=∠ADC=90^°, так как угол, опирающийся на диаметр, прямой; ∠AEB=∠ACB как вписанные, опирающиеся на одну дугу). Из подобия следует: AB/AD=AE/AC, откуда AB·AC=AE·AD=2R·h_a.

С другой стороны, площадь треугольника S=1/2BC·h_a=pr, где p — полупериметр. Также известно, что h_a=2S/a. Подставим в выражение для произведения сторон: bc=2R·2S/a=4RS/a.

Вернёмся к произведению PM·MQ. Рассмотрим хорду AL, проходящую через M. По теореме о пересекающихся хордах (или степени точки) для точки M: AM·ML=R²-OM²=R²-d². Нам нужно связать AM·ML с R и r.

Известно, что ML=LB (доказано выше). Рассмотрим треугольники ABL и AMC? Нет. Рассмотрим треугольники ABM и ALC? Угол ∠BAM=∠LAC (так как AL — биссектриса). Угол ∠ABM=∠ABC/2. Угол ∠ALC=∠ABC/2 (вписанный угол, опирающийся на дугу AC... нет, на дугу BC? ∠ALC опирается на дугу AC? Нет, ∠ALC опирается на дугу AC только если L на дуге BC. Да, L середина дуги BC. Тогда ∠BAL=∠CAL. ∠ABL=∠ACL (опираются на дугу AL? Нет).

Давайте воспользуемся готовым фактом: AM·ML=2Rr. Докажем его. Проведём диаметр AK описанной окружности. Соединим K с B. Треугольник ABK прямоугольный (∠ABK=90^°). Проведём высоту MD из M на AB? Нет, M — центр вписанной окружности, расстояние от M до AB равно r. Пусть F — точка касания вписанной окружности со стороной AB. Тогда MF⊥AB и MF=r.

Рассмотрим треугольники AFM и ACK. Они подобны? ∠FAM=∠CAK (так как AM и AK — разные линии). Лучше рассмотреть △AMF и △AKC? Нет.

Рассмотрим △ABM и △AKC? Нет. Возьмём △AMC и △ABK?

Стандартное доказательство: AM·ML=2Rr. Так как ML=LB, то AM·LB=2Rr. Рассмотрим △ABL и △AMC? Нет. Рассмотрим △ABM и △ALD?

Проще: △ABM∼△ALD? Где D — основание высоты? Нет.

Используем подобие △AFM и △ACK? Нет. Используем △ABM и △KLM?

Вспомним: ∠BAM=α/2. ∠MBC=β/2. ∠MCB=γ/2. ∠BMC=90^°+α/2.

Докажем AM·ML=2Rr. Проведём диаметр MN вписанной окружности? Нет.

Рассмотрим △ABM и △ALD, где LD⊥AB? Нет.

Ключевая идея: △ABM∼△ALD не верно. Верно △ABM∼△KLM?

Давайте пойдём другим путём, используя указание напрямую, но корректно интерпретируя его. Указание: «Через центр M... провести диаметр PQ». Видимо, имеется в виду хорда PQ описанной окружности, проходящая через M, причём эта хорда должна быть связана с геометрией задачи. Обычно берут хорду, проходящую через вершину A и центр M, то есть биссектрису AL. Тогда P=A,Q=L. Произведение AM·ML. Нужно доказать AM·ML=2Rr.

Проведём диаметр AD′ описанной окружности из вершины A. Соединим D′ с C. ∠ACD′=90^°. ∠AD′C=∠ABC=β. В прямоугольном треугольнике ACD′: AC=AD′sin(∠AD′C)=2Rsinβ.

Рассмотрим △AMF (F — проекция M на AB, MF=r). ∠MAF=α/2. AM=r/sin(α/2).

Найдём ML. Так как ML=LB, найдём LB. В △ABL по теореме синусов: LB/sin(α/2)=2RimpliesLB=2Rsin(α/2).

Тогда произведение: AM·ML=(r/sin(α/2))·(2Rsin(α/2))=2Rr.

Мы получили, что степень точки M относительно описанной окружности равна 2Rr. То есть AM·ML=2Rr.

Проверка и вывод.

С другой стороны, степень точки M относительно описанной окружности радиуса R с центром O вычисляется по формуле: Power(M)=OM²-R² (если считать со знаком минус внутри окружности, то длина хорды AM·ML=R²-OM²).

Приравниваем два выражения для степени точки (произведения отрезков хорды): R²-d²=2Rr.

Отсюда выражаем d²: d²=R²-2Rr.

Формула Эйлера доказана. Проверка размерности: обе части имеют размерность квадрата длины ([L]²), что согласуется. Для равностороннего треугольника R=2r, тогда d²=(2r)²-2(2r)r=4r²-4r²=0, то есть центры совпадают, что верно.