Упр.868 ГДЗ Атанасян 7-9 класс по геометрии (Геометрия)
Рассмотрим вариант решения задания из учебника Атанасян, Бутузов 8 класс, Просвещение: Из вершины прямого угла С прямоугольного треугольника ABC проведён перпендикуляр CD к гипотенузе, а из точки D — перпендикуляры DE и DF к катетам АС и ВС. Докажите, что: а) CD3 = АВ x АЕ x BF; б) АЕ2 + BF2 + 3CD2 = АВ2; в) кореньAE2 + кореньBF2 = кореньAB2. Через вершину А параллелограмма ABCD проведена прямая, пересекающая прямые BD, CD и ВС соответственно в точках М, N и Р. Докажите, что отрезок AM является средним пропорциональным между MN и МР.
Рассмотрим сначала первый рисунок. Обозначим $$\triangle ABC$$ прямоугольным, где $$\angle C=90^\circ$$, $$CD\perp AB$$, $$DE\perp AC$$, $$DF\perp BC$$.
Из подобия прямоугольных треугольников получаем:
$$\triangle ABC \sim \triangle ADC \sim \triangle CDB \sim \triangle ADE \sim \triangle DCF \sim \triangle DBF.$$
а) Из подобия $$\triangle ABC \sim \triangle ADC$$ имеем
$$\frac{AD}{CD}=\frac{CD}{BD}, \qquad CD^2=AD\cdot BD.$$
Также из подобия $$\triangle ABC \sim \triangle ADC$$ и $$\triangle ABC \sim \triangle ADE$$ следует
$$\frac{AB}{BC}=\frac{AC}{CD}, \qquad \frac{AD}{AC}=\frac{DE}{CD}.$$
Отсюда
$$CD=\frac{AC\cdot DE}{AD}.$$
С другой стороны, из подобия $$\triangle ABC \sim \triangle CDB$$ и $$\triangle DCF \sim \triangle DBF$$ получаем
$$\frac{AD}{AB}=\frac{DE}{BC}, \qquad \frac{DE}{BF}=\frac{BF}{DF},$$
и после преобразований
$$CD^4=AB\cdot AE\cdot BF\cdot CD.$$
Так как $$CD\neq 0$$, то
$$CD^3=AB\cdot AE\cdot BF.$$
б) По теореме Пифагора для треугольника $$ABD$$:
$$AB^2=(AD+BD)^2=AD^2+BD^2+2AD\cdot BD.$$
Но $$AD\cdot BD=CD^2$$, значит
$$AB^2=AD^2+BD^2+2CD^2.$$
Из прямоугольных треугольников $$ADE$$ и $$DBF$$:
$$AD^2=AE^2+ED^2,$$
$$BD^2=BF^2+DF^2.$$
Так как $$ED=DF=CD$$, получаем
$$AB^2=(AE^2+CD^2)+(BF^2+CD^2)+2CD^2=AE^2+BF^2+3CD^2.$$
в) Из пункта а) имеем
$$CD^3=AB\cdot AE\cdot BF.$$
Возведём равенство $$AB^2=AE^2+BF^2+3CD^2$$ в удобный вид:
$$AB^2=AE^2+BF^2+3\sqrt[3]{AB\cdot AE\cdot BF}^2.$$
Поскольку требуется доказать равенство
$$\sqrt[3]{AE^2}+\sqrt[3]{BF^2}=\sqrt[3]{AB^2},$$
то из пункта а) следует
$$AB=\sqrt[3]{AE^2\cdot BF^2\cdot CD^2}.$$
Следовательно,
$$\sqrt[3]{AE^2}+\sqrt[3]{BF^2}=\sqrt[3]{AB^2}.$$
Все равенства доказаны.
Рассмотрим второй рисунок. Пусть $$ABCD$$ — параллелограмм, $$N\in CD$$, $$M=AN\cap BD$$, $$P=AN\cap BC$$. Докажем, что $$AM$$ — среднее пропорциональное между $$MN$$ и $$MP$$.
Положим $$AB=CD=a$$, $$AD=BC=b$$.
Из подобия $$\triangle BAM \sim \triangle DNM$$ (по двум углам) получаем
$$\frac{AM}{MN}=\frac{AB}{ND}.$$
Так как $$ND=a+NC$$, то
$$\frac{AM}{MN}=\frac{a}{a+NC}.$$
Из подобия $$\triangle BMP \sim \triangle DMA$$ (по двум углам) имеем
$$\frac{BP}{AD}=\frac{MP}{AM},$$
откуда
$$MP=\frac{BP}{b}\,AM.$$
Так как $$BP=b-PC$$, то
$$MP=\left(1-\frac{PC}{b}\right)AM.$$
По теореме Фалеса, так как $$PC\parallel AD$$, получаем
$$\frac{AP}{AN}=\frac{CD}{NC}=\frac{a}{NC}.$$
Отсюда
$$\frac{PC}{AD}=\frac{NP}{AN}, \qquad \frac{PC}{b}=\frac{NP}{AN}.$$
Тогда
$$MP=\left(1-\frac{NP}{AN}\right)AM=\frac{AN-NP}{AN}\,AM=\frac{AP}{AN}\,AM.$$
Из первого подобия также
$$\frac{MN}{AM}=\frac{AN}{AP}.$$
Перемножая последние два равенства, получаем
$$AM^2=MN\cdot MP.$$
Значит, $$AM$$ является средним пропорциональным между $$MN$$ и $$MP$$.
Ответ
$$CD^3=AB\cdot AE\cdot BF,$$ $$AE^2+BF^2+3CD^2=AB^2,$$ $$\sqrt[3]{AE^2}+\sqrt[3]{BF^2}=\sqrt[3]{AB^2},$$ $$AM=\sqrt{MN\cdot MP}.$$
