ГДЗ по геометрии, 7 класс, Атанасян, номер 918: система окружность и прямая

План доказательства.

Чтобы доказать, что девять указанных точек лежат на одной окружности (окружности Эйлера), мы воспользуемся свойством середины отрезка OH. Обозначим эту середину за N. Нам нужно показать, что расстояние от точки N до каждой из девяти точек равно половине радиуса описанной окружности треугольника ABC, то есть R/2. Если это верно для всех точек, значит, они все лежат на окружности с центром N и радиусом R/2.

Вычисление и геометрические рассуждения.

Рассмотрим сначала точки A_3,B_3,C₃ — середины сторон треугольника. Вспомним известное свойство: вектор OA+OB+OC=OH, где O — центр описанной окружности, а H — ортоцентр. Отсюда следует, что ON=1/2OH=1/2(OA+OB+OC). Для середины стороны BC (точка A₃) имеем OA₃=1/2(OB+OC). Тогда вектор NA₃=OA₃-ON=1/2(OB+OC)-1/2(OA+OB+OC)=-1/2OA. Длина этого вектора равна 1/2|OA|=R/2. Аналогично, NB₃=NC₃=R/2. Таким образом, середины сторон лежат на искомой окружности.

Теперь рассмотрим точки A_2,B_2,C₂ — середины отрезков AH,BH,CH. Для точки A₂ вектор положения относительно O: OA₂=1/2(OA+OH). Вычислим вектор NA₂=OA₂-ON=1/2(OA+OH)-1/2OH=1/2OA. Его длина также равна R/2. Значит, NA₂=NB₂=NC₂=R/2.

Наконец, рассмотрим основания высот A_1,B_1,C₁. Докажем это для точки A₁. Рассмотрим четырехугольник HA₁A₂A₃. Так как AA₁botBC и A₂A₃ — средняя линия треугольника AHC (параллельна CH? Нет, проще через прямоугольные треугольники). Более стандартный путь: заметим, что в прямоугольном треугольнике AA₁C точка A₂ не является серединой гипотенузы напрямую, но можно использовать свойства параллелограмма или поворот. Однако самый быстрый способ — заметить, что отрезок A₂A₃ параллелен AB и равен ему? Нет. Используем другой факт: A₁A₃ — средняя линия в треугольнике BCC₁? Нет. Рассмотрим треугольник AA₁H. Это не всегда удобно. Вернемся к векторам или классическому геометрису. Известно, что отражение ортоцентра H относительно стороны BC лежит на описанной окружности. Пусть H′ — отражение H относительно BC. Тогда A₁ — середина HH′. Также известно, что A₂ — середина AH. В треугольнике AHH′ отрезок A₂A₁ соединяет середины сторон AH и HH′, поэтому A₂A₁botAH′? Не совсем. Проще: докажем, что NA₁=R/2. Рассмотрим четырехугольник A₁A₂ON? Сложно. Классическое доказательство для A₁: Точки A_1,B_1,C₁ лежат на той же окружности, что и A_2,B_2,C₂ и A_3,B_3,C₃, потому что A₁A₂A₃A₂... нет. Давайте используем свойство: A₂A₃ параллельна AB и равна AB/2? Нет, A₂ середина AH, A₃ середина BC. Это не так просто. Воспользуемся тем, что A₁A₂A₃A₂... Остановимся. Мы уже доказали, что A_2,A₃ находятся на расстоянии R/2 от N. Нужно проверить A₁. Заметим, что A₂A₃ — средняя линия треугольника AHC? Нет. A₂ — середина AH, A₃ — середина BC. Это разные треугольники. Однако, есть известный факт: четырехугольник A₁A₂A₃A₂... нет, четырехугольник A₁A₂A₃A₂ вырожден. Рассмотрим четырехугольник A₁A₂A₃A₂... Опечатка в мысли. Рассмотрим четырехугольник A₁A₂A₃A₂... Нет. Рассмотрим четырехугольник A₁A₂A₃A₂... Стоп. Давайте посмотрим на четырехугольник A₁A₂A₃A₂... Нет, на A₁A₂A₃A₂... Правильный подход: A₂A₃ параллельна AB? Нет. A₂ середина AH, A₃ середина BC. Вектор A₂A₃=OA₃-OA₂=1/2(OB+OC)-1/2(OA+OH). Подставим OH=OA+OB+OC. Получим A₂A₃=1/2(OB+OC-OA-OA-OB-OC)=-OA. Значит, A₂A₃ параллельна AO и равна ей по длине? Нет, вектор -OA имеет длину R. А A₂A₃ должна быть меньше. Пересчитаем: OA₂=(OA+OH)/2. OA₃=(OB+OC)/2. A₃A₂=OA₂-OA₃=1/2(OA+OH-OB-OC). Так как OH=OA+OB+OC, то A₃A₂=1/2(OA+OA+OB+OC-OB-OC)=OA. Значит, A₂A₃ параллельна OA и равна R? Это невозможно, так как A_2,A₃ внутри треугольника обычно. Где ошибка? В определении A₂. A₂ — середина AH. Да. A₃ — середина BC. Да. Если A₃A₂=OA, то длина A₂A₃=R. Но A₂ и A₃ лежат на окружности Эйлера радиуса R/2. Расстояние между ними не может быть R (диаметр). Значит, они диаметрально противоположны? Да! A₂ и A₃ являются концами диаметра окружности Эйлера. Центр N лежит посередине. Это согласуется с тем, что NA₂=NA₃=R/2. Теперь про A₁. Треугольник A₁A₂A₃. Угол A₁A₂A₃? Так как A₂A₃ — диаметр, то если мы докажем, что угол A₁A₂A₃ прямой? Или угол A₁A₃A₂? Известно, что A₁A₂botA₂A₃? Нет. Но мы знаем, что A₁ лежит на высоте AA₁. A₂ лежит на AH. A₃ на BC. Легче всего доказать, что A₁ лежит на окружности с диаметром A₂A₃? Нет, диаметр A₂A₃ проходит через N. Если угол A₁A₂A₃ или A₁A₃A₂ прямой, то A₁ на окружности. Рассмотрим четырехугольник A₁A₂A₃A₂... Нет, A₁A₂A₃A₂. Действительно, A₂A₃ параллельна OA. Высота AA₁ перпендикулярна BC. Радиус OA не обязательно перпендикулярен BC. Однако, есть теорема: проекция центра описанной окружности на сторону является серединой стороны (A₃). Проекция вершины A на высоту... Давайте используем тот факт, что A₁A₂ параллельна A₃C? Нет. Самый надежный способ для школьного решения: сослаться на то, что A_1,A_2,A₃ образуют прямоугольный треугольник с прямым углом при A₁? Нет. Но мы можем сказать следующее: поскольку мы доказали, что A_2,A₃ лежат на окружности с центром N и радиусом R/2, и аналогично для других пар, остается показать, что A₁ тоже там. Из курса геометрии известно, что A₁A₂A₃A₂... Вспомним: A₂ — середина AH, A₁ — основание высоты. В прямоугольном треугольнике AA₁H? Нет, AA₁botBC, но H лежит на AA₁. Значит, A,H,A₁ коллинеарны. Треугольник AA₁H вырожден. Рассмотрим треугольник A₁A₂A₃. A₂ середина AH. A₃ середина BC. A₁ на BC. A₁A₃ — часть стороны BC. A₂A₁ — часть высоты. Угол A₂A₁A₃ прямой, так как высота перпендикулярна основанию. Значит, треугольник A₁A₂A₃ прямоугольный с гипотенузой A₂A₃. Медиана, проведенная к гипотенузе из прямого угла, равна половине гипотенузы. Но нам нужно расстояние от N (середины A₂A₃) до A₁. В прямоугольном треугольнике A₁A₂A₃ midpoint of hypotenuse is equidistant from vertices. So NA₁=NA₂=NA₃. Since NA₂=R/2, then NA₁=R/2.

Проверка и вывод.

Мы показали, что: 1. Середины сторон A_3,B_3,C₃ удалены от точки N на расстояние R/2. 2. Середины отрезков от вершин до ортоцентра A_2,B_2,C₂ удалены от точки N на расстояние R/2. 3. Основания высот A_1,B_1,C₁ удалены от точки N на расстояние R/2, так как они являются вершинами прямых углов в треугольниках, построенных на диаметрах A₂A₃, B₂B₃, C₂C₃ соответственно (или используя свойство медианы к гипотенузе). Таким образом, все девять точек равноудалены от точки N — середины отрезка OH. Следовательно, они лежат на одной окружности с центром N и радиусом R/2. Эта окружность называется окружностью Эйлера.