Упр.1275 ГДЗ Атанасян 7-9 класс по геометрии (Геометрия)

Рассмотрим вариант решения задания из учебника Атанасян, Бутузов 9 класс, Просвещение: 1275. Докажите, что четырёхугольник, имеющий центр симметрии, является параллелограммом. Докажите, что стороны треугольника образуют арифметическую прогрессию тогда и только тогда, когда прямая, проходящая через центры вписанной и описанной окружностей, перпендикулярна к одной из биссектрис треугольника.

1) Четырёхугольник с центром симметрии является параллелограммом.

Пусть точка $$O$$ — центр симметрии четырёхугольника $$ABCD$$. Тогда при центральной симметрии относительно точки $$O$$ вершина $$A$$ переходит в $$C$$, а $$B$$ — в $$D$$. Следовательно, $$O$$ — середина отрезков $$AC$$ и $$BD$$, то есть

$$AO=OC,\qquad BO=OD.$$

Значит, диагонали четырёхугольника $$ABCD$$ пересекаются и делятся точкой пересечения пополам. По признаку параллелограмма четырёхугольник $$ABCD$$ — параллелограмм.

2) Стороны треугольника образуют арифметическую прогрессию тогда и только тогда, когда прямая, проходящая через центры вписанной и описанной окружностей, перпендикулярна одной из биссектрис.

Обозначим стороны треугольника $$ABC$$ так: $$a=BC$$, $$b=CA$$, $$c=AB$$, причём пусть $$b$$ — средний член предполагаемой арифметической прогрессии. Тогда нужно доказать:

$$b=\frac{a+c}{2}$$

тогда и только тогда, когда $$O_1O_2\perp BB_1$$, где $$O_1$$ — центр вписанной окружности, $$O_2$$ — центр описанной окружности, $$BB_1$$ — биссектриса угла $$B$$.

Необходимость. Пусть $$a,\,b,\,c$$ — стороны треугольника и $$O_1O_2\perp BB_1$$. Рассмотрим точку $$E=BB_1\cap B_2O_2$$, где $$B_2O_2$$ — серединный перпендикуляр к стороне $$BC$$. Проведём высоту $$BH\perp AC$$ и обозначим $$F=O_1O_2\cap BH$$.

В равнобедренном треугольнике $$BO_2E$$ имеем $$O_2B=O_2E=R$$, а прямая $$O_2O_1$$ является осью симметрии этого треугольника, поэтому $$O_1B=O_1E$$. Кроме того, из $$BH\parallel O_1D\parallel EB_2$$ следует, что соответствующие отрезки равны, и получаем

$$HD=DB_2.$$

Далее:

$$AB_2=\frac{b}{2}.$$

Найдём $$AH$$ по теореме косинусов:

$$ AH=c\cos A =c\cdot \frac{b^2+c^2-a^2}{2bc} =\frac{b^2+c^2-a^2}{2b}. $$

Тогда

$$ HD=\frac{HB_2}{2} =\frac{1}{2}\left(AB_2-AH\right) =\frac{1}{2}\left(\frac{b}{2}-\frac{b^2+c^2-a^2}{2b}\right) =\frac{a^2-c^2}{4b}. $$

С другой стороны, из разложения отрезков касательных к вписанной окружности получаем:

$$ AD=\frac{b+c-a}{2}. $$

Сравнивая выражения для $$AD$$, $$AH$$ и $$HD$$, получаем равенство

$$ AD=\frac{2b^2+c^2-a^2}{4b}. $$

Приравнивая два выражения для $$AD$$, имеем:

$$ \frac{2b^2+c^2-a^2}{4b}=\frac{b+c-a}{2}. $$

После преобразований:

$$ 2b^2+c^2-a^2=2b(b+c-a), $$

$$ c^2-a^2=2b(c-a), $$

$$ (c-a)(c+a-2b)=0. $$

Так как $$a\ne c$$, то

$$ c+a-2b=0, $$

откуда

$$ b=\frac{a+c}{2}. $$

Необходимость доказана.

Достаточность. Пусть теперь

$$ b=\frac{a+c}{2}. $$

Тогда

$$ AH=\frac{b^2+c^2-a^2}{2b} =\frac{\left(\frac{a+c}{2}\right)^2+c^2-a^2}{a+c} =\frac{5c-3a}{4}, $$

а также

$$ AD=\frac{b+c-a}{2} =\frac{\frac{a+c}{2}+c-a}{2} =\frac{3c-a}{4}. $$

Следовательно,

$$ HD=AD-AH=\frac{a-c}{2}. $$

Кроме того,

$$ DB_2=AB_2-AD=\frac{b}{2}-AD =\frac{a+c}{4}-\frac{3c-a}{4} =\frac{a-c}{2}. $$

Значит, $$HD=DB_2$$, а потому $$BH\parallel O_1D\parallel EB_2$$. Отсюда следует, что прямая $$O_1O_2$$ перпендикулярна биссектрисе $$BB_1$$.

Достаточность доказана.

Ответ

1) Если четырёхугольник имеет центр симметрии, то его диагонали пересекаются и делятся пополам, значит, это параллелограмм.

2) Стороны треугольника образуют арифметическую прогрессию тогда и только тогда, когда $$O_1O_2\perp BB_1$$, где $$O_1$$ и $$O_2$$ — центры вписанной и описанной окружностей, а $$BB_1$$ — одна из биссектрис треугольника.