Упр.895 ГДЗ Атанасян 7-9 класс по геометрии (Геометрия)

Рассмотрим вариант решения задания из учебника Атанасян, Бутузов 8 класс, Просвещение: 895. На катетах АС и ВС прямоугольного треугольника АВС внешним образом построены квадраты ACFK и BCDE, СН — высота треугольника АВС. Докажите, что прямые CH, ВК и АЕ пересекаются в одной точке. Для неравностороннего треугольника ABC точка О является центром описанной окружности, Н — точка пересечения прямых, содержащих высоты AA1, ВВ1 и СС1, точки А2, В2, С2 — середины отрезков АН, ВН, СН, а точки А3, В3, С3 — середины сторон треугольника ABC. Докажите, что точки A1, B1, C1, А2, В2, С2, А3, В3, С3 лежат на одной окружности (окружность Эйлера).

1) Рассмотрим прямоугольный $$\triangle ABC$$, где $$\angle ACB=90^\circ$$. Обозначим $$AC=b$$, $$BC=a$$. Тогда для высоты $$CH$$, опущенной на гипотенузу $$AB$$, имеем

$$\frac{BH}{HA}=\frac{a^2}{b^2}.$$

2) Из квадратов $$ACFK$$ и $$BCDE$$ получаем:

$$AK=AC=b,\qquad BE=BC=a,$$

а также $$AK\perp AC$$ и $$BE\perp BC$$.

Рассмотрим треугольники $$\triangle AB_1K$$ и $$\triangle CB_1B$$. У них

$$\angle AB_1K=\angle CB_1B=90^\circ,$$

а также $$\angle A=\angle C=90^\circ$$, значит, эти треугольники подобны. Тогда

$$\frac{AB_1}{CB_1}=\frac{AK}{BC}=\frac{b}{a}.$$

3) Аналогично, треугольники $$\triangle A_1BE$$ и $$\triangle ACA_1$$ подобны, поэтому

$$\frac{CA_1}{A_1B}=\frac{AC}{BE}=\frac{b}{a}.$$

4) Применим теорему Чевы к треугольнику $$ABC$$ для прямых $$CH$$, $$BK$$ и $$AE$$:

$$\frac{AH}{HB}\cdot \frac{BA_1}{A_1C}\cdot \frac{CB_1}{B_1A}$$

$$=\frac{b^2}{a^2}\cdot \frac{a}{b}\cdot \frac{b}{a}=1.$$

Следовательно, по теореме Чевы прямые $$CH$$, $$BK$$ и $$AE$$ пересекаются в одной точке.

Ответ

Прямые $$CH$$, $$BK$$ и $$AE$$ пересекаются в одной точке.

Ход решения

Пусть $$M$$ — середина отрезка $$OH$$. Проведём через $$M$$ прямые, параллельные сторонам треугольника $$ABC$$:

$$MN\parallel AC,\qquad MB_2\parallel BO,\qquad MB_3\parallel OB_4,$$

где $$B_4$$ — точка, симметричная $$H$$ относительно $$AC$$.

1) Так как $$HB_1\parallel MN\parallel OB_3$$, то по теореме Фалеса

$$B_1N=NB_3.$$

Значит, $$\triangle B_1MN\cong \triangle B_3MN$$ по двум катетам, откуда

$$MB_1=MB_3.$$

2) В треугольнике $$OBH$$ отрезок $$MB_2$$ — средняя линия, поэтому

$$MB_2=\frac{OB}{2}=\frac{R}{2}.$$

3) В треугольнике $$OBH$$ отрезок $$MB_1$$ также является средней линией, значит

$$MB_1=\frac{OB_4}{2}.$$

Так как $$B_4$$ лежит на окружности, описанной около $$\triangle ABC$$, то $$OB_4=R$$, следовательно

$$MB_1=\frac{R}{2}.$$

Итак,

$$MB_1=MB_2=MB_3=\frac{R}{2}.$$

Аналогично доказывается, что

$$MA_1=MA_2=MA_3=\frac{R}{2},\qquad MC_1=MC_2=MC_3=\frac{R}{2}.$$

Следовательно, точки $$A_1,A_2,A_3,B_1,B_2,B_3,C_1,C_2,C_3$$ лежат на одной окружности с центром в точке $$M$$ и радиусом $$\frac{R}{2}$$.

Ответ

Точки $$A_1,A_2,A_3,B_1,B_2,B_3,C_1,C_2,C_3$$ лежат на одной окружности.