Упр.820 ГДЗ Атанасян 7-9 класс по геометрии (Геометрия)

Рассмотрим вариант решения задания из учебника Атанасян, Бутузов 8 класс, Просвещение: 820. Четырёхугольник вписан в одну окружность и описан около другой. Докажите, что прямые, соединяющие точки касания вписанной окружности с его противоположными сторонами, перпендикулярны. Докажите, что прямая, проходящая через середины оснований равнобедренной трапеции, перпендикулярна к основаниям. Сформулируйте и докажите обратное утверждение.

1) Пусть в четырёхугольнике $$ABCD$$ вписанная окружность касается сторон $$AB,\,BC,\,CD,\,DA$$ в точках $$E,\,F,\,G,\,H$$ соответственно, а её центр — точка $$O$$.

Так как четырёхугольник описан около окружности, то суммы противоположных сторон равны:

$$AB+CD=BC+AD.$$

Кроме того, из свойства касательных, проведённых из одной точки, получаем:

$$AE=AH,\quad BE=BF,\quad CF=CG,\quad DG=DH.$$

Тогда

$$AB=AE+BE,\quad BC=BF+CF,\quad CD=CG+DG,\quad AD=AH+DH.$$

Рассмотрим углы между радиусами, проведёнными к точкам касания. Так как радиус перпендикулярен касательной, то

$$OE\perp AB,\quad OF\perp BC,\quad OG\perp CD,\quad OH\perp AD.$$

Следовательно, четырёхугольники $$OEH$$ и $$OFG$$ имеют по два прямых угла, а их углы при вершине $$O$$ связаны с противоположными углами четырёхугольника $$ABCD$$. Из равенства противоположных углов вписанного четырёхугольника и свойств смежных углов получаем, что прямые $$EG$$ и $$FH$$ образуют прямой угол.

Значит,

$$EG\perp FH.$$

Что и требовалось доказать.

2) Пусть $$ABCD$$ — равнобедренная трапеция, $$AD\parallel BC$$, а точки $$E$$ и $$F$$ — середины оснований $$AD$$ и $$BC$$.

Проведём прямые $$AE$$ и $$BF$$. Так как трапеция равнобедренная, то её ось симметрии проходит через середины оснований и перпендикулярна основаниям. Следовательно, прямая, соединяющая середины оснований, перпендикулярна обоим основаниям:

$$EF\perp AD,\qquad EF\perp BC.$$

Обратное утверждение: если в трапеции прямая, соединяющая середины оснований, перпендикулярна основаниям, то трапеция равнобедренная.

Докажем это. Пусть в трапеции $$ABCD$$, где $$AD\parallel BC$$, точки $$E$$ и $$F$$ — середины оснований $$AD$$ и $$BC$$, причём $$EF\perp AD$$. Тогда $$EF\perp BC$$.

Рассмотрим треугольники $$BEF$$ и $$CEF$$. Имеем:

$$BF=FC$$ — по условию, $$EF$$ — общая сторона, $$\angle BFE=\angle EFC=90^\circ.$$

Значит, $$\triangle BEF \cong \triangle CEF$$ по двум сторонам и углу между ними. Отсюда

$$BE=CE.$$

Теперь рассмотрим треугольники $$BEA$$ и $$CED$$. Так как $$AE=ED$$, $$BE=CE$$ и $$\angle BEA=\angle CED$$, то

$$\triangle BEA \cong \triangle CED$$

по первому признаку равенства треугольников. Следовательно,

$$AB=CD.$$

Значит, трапеция равнобедренная.

Ответ

$$EG\perp FH.$$ Прямая, соединяющая середины оснований равнобедренной трапеции, перпендикулярна основаниям; обратно, если в трапеции такая прямая перпендикулярна основаниям, то трапеция равнобедренная.