Страница 214 - гдз по геометрии 10-11 класс учебник Атанасян, Бутузов

849. Отрезки АD, АН и АМ — биссектриса, высота и медиана треугольника АВС, вписанная в треугольник окружность касается стороны ВС в точке K. Докажите, что МK² = МD ⋅ МН.

Пусть в треугольнике $ABC$ длины сторон, противолежащих вершинам $A$, $B$, $C$, равны соответственно $a$, $b$, $c$. То есть $BC=a$, $AC=b$ и $AB=c$.Точки $D$ (основание биссектрисы), $H$ (основание высоты), $M$ (основание медианы) и $K$ (точка касания вписанной окружности) лежат на одной прямой — прямой $BC$. Для доказательства равенства $MK^2 = MD \cdot MH$ найдем длины отрезков $MD$, $MH$ и $MK$, выразив их через стороны треугольника.

Для этого введем на прямой $BC$ систему координат. Поместим начало отсчета в точку $M$ — середину стороны $BC$. Тогда координата точки $M$ равна $x_M = 0$. Так как $M$ — середина $BC$, то $BM = MC = a/2$. Пусть точка $B$ расположена левее точки $C$. Тогда их координаты равны $x_B = -a/2$ и $x_C = a/2$.

Найдем координату точки $H$, основания высоты $AH$. В прямоугольном треугольнике $AHC$, $CH = AC \cos(\angle C) = b \cos(\angle C)$. По теореме косинусов для $\triangle ABC$, $c^2 = a^2+b^2-2ab \cos(\angle C)$, откуда $\cos(\angle C) = \frac{a^2+b^2-c^2}{2ab}$. Следовательно, $CH = b \cdot \frac{a^2+b^2-c^2}{2ab} = \frac{a^2+b^2-c^2}{2a}$. Координата точки $H$ вычисляется как $x_H = x_C - CH = a/2 - \frac{a^2+b^2-c^2}{2a} = \frac{a^2 - (a^2+b^2-c^2)}{2a} = \frac{c^2-b^2}{2a}$. Тогда длина отрезка $MH$ равна модулю разности координат $H$ и $M$: $MH = |x_H - x_M| = |x_H| = \left| \frac{c^2-b^2}{2a} \right|$.

Теперь найдем координату точки $D$, основания биссектрисы $AD$. По свойству биссектрисы треугольника, $\frac{BD}{CD} = \frac{AB}{AC} = \frac{c}{b}$. Учитывая, что $BD+CD=a$, получаем систему, из которой находим $CD = \frac{ab}{b+c}$. Координата точки $D$ равна $x_D = x_C - CD = a/2 - \frac{ab}{b+c} = \frac{a(b+c) - 2ab}{2(b+c)} = \frac{ac-ab}{2(b+c)} = \frac{a(c-b)}{2(b+c)}$. Тогда длина отрезка $MD$ равна: $MD = |x_D - x_M| = |x_D| = \left| \frac{a(c-b)}{2(b+c)} \right|$.

Далее найдем координату точки $K$, точки касания вписанной окружности со стороной $BC$. Длина отрезка от вершины $C$ до точки касания $K$ вычисляется по формуле $CK = p-c$, где $p$ — полупериметр треугольника. $p = \frac{a+b+c}{2}$. Таким образом, $CK = \frac{a+b+c}{2} - c = \frac{a+b-c}{2}$. Координата точки $K$ равна $x_K = x_C - CK = a/2 - \frac{a+b-c}{2} = \frac{a-(a+b-c)}{2} = \frac{c-b}{2}$. Тогда длина отрезка $MK$ равна: $MK = |x_K - x_M| = |x_K| = \left| \frac{c-b}{2} \right|$.

Наконец, подставим найденные выражения для длин отрезков в доказываемое равенство $MK^2 = MD \cdot MH$.Левая часть равенства:$MK^2 = \left( \left| \frac{c-b}{2} \right| \right)^2 = \frac{(c-b)^2}{4}$.Правая часть равенства:$MD \cdot MH = \left| \frac{a(c-b)}{2(b+c)} \right| \cdot \left| \frac{c^2-b^2}{2a} \right| = \frac{a|c-b|}{2(b+c)} \cdot \frac{|(c-b)(c+b)|}{2a}$.Так как $b$ и $c$ — длины сторон, то $b+c>0$. Сокращая общие множители $a$ и $(b+c)$ в числителе и знаменателе, получаем:$MD \cdot MH = \frac{|c-b| \cdot |c-b|(c+b)}{4(b+c)} = \frac{(c-b)^2}{4}$.Сравнение левой и правой частей показывает, что они равны: $\frac{(c-b)^2}{4} = \frac{(c-b)^2}{4}$.Таким образом, равенство $MK^2 = MD \cdot MH$ является верным.

Ответ: Равенство доказано.

850. В треугольнике АВС со сторонами АВ = с, ВС = а и СА = b r и R — радиусы вписанной и описанной окружностей, S — площадь, точка О — центр описанной окружности, Н — точка пересечения высот, отрезки АD и АМ — высота и медиана. Докажите, что:

а) $a+b = 4R \sin\frac{A+B}{2} \cos\frac{|A-B|}{2}$

Доказательство:
Воспользуемся расширенной теоремой синусов, согласно которой стороны треугольника пропорциональны синусам противолежащих углов: $\frac{a}{\sin A} = \frac{b}{\sin B} = 2R$. Отсюда выразим стороны $a$ и $b$: $a = 2R \sin A$, $b = 2R \sin B$.

Сложим эти выражения: $a+b = 2R \sin A + 2R \sin B = 2R(\sin A + \sin B)$.

Применим формулу преобразования суммы синусов в произведение: $\sin A + \sin B = 2 \sin\frac{A+B}{2} \cos\frac{A-B}{2}$.

Подставим это в выражение для $a+b$: $a+b = 2R \left( 2 \sin\frac{A+B}{2} \cos\frac{A-B}{2} \right) = 4R \sin\frac{A+B}{2} \cos\frac{A-B}{2}$.

Так как функция косинуса является четной, т.е. $\cos(x) = \cos(-x)$, то $\cos\frac{A-B}{2} = \cos\frac{B-A}{2} = \cos\frac{|A-B|}{2}$. Следовательно, $a+b = 4R \sin\frac{A+B}{2} \cos\frac{|A-B|}{2}$, что и требовалось доказать.

Ответ: Равенство доказано.

б) $|a-b| = 4R \cos\frac{A+B}{2} \sin\frac{|A-B|}{2}$

Доказательство:
Аналогично пункту а), используем выражения для сторон $a$ и $b$ из теоремы синусов: $a = 2R \sin A$, $b = 2R \sin B$.

Рассмотрим разность $a-b$: $a-b = 2R \sin A - 2R \sin B = 2R(\sin A - \sin B)$.

Применим формулу преобразования разности синусов в произведение: $\sin A - \sin B = 2 \cos\frac{A+B}{2} \sin\frac{A-B}{2}$.

Подставим это в выражение для $a-b$: $a-b = 2R \left( 2 \cos\frac{A+B}{2} \sin\frac{A-B}{2} \right) = 4R \cos\frac{A+B}{2} \sin\frac{A-B}{2}$.

В треугольнике большей стороне соответствует больший противолежащий угол, поэтому знак разности $a-b$ совпадает со знаком разности $A-B$. Таким образом, знак $a-b$ совпадает со знаком $\sin\frac{A-B}{2}$. Следовательно, $|a-b| = |4R \cos\frac{A+B}{2} \sin\frac{A-B}{2}|$. Поскольку $A$ и $B$ - углы треугольника, $A+B < \pi$, значит $\frac{A+B}{2} < \frac{\pi}{2}$, и $\cos\frac{A+B}{2} > 0$. Также $R > 0$. Тогда $|a-b| = 4R \cos\frac{A+B}{2} \left|\sin\frac{A-B}{2}\right|$. Так как $\sin(-x) = -\sin(x)$, то $\left|\sin\frac{A-B}{2}\right| = \sin\frac{|A-B|}{2}$. Окончательно получаем: $|a-b| = 4R \cos\frac{A+B}{2} \sin\frac{|A-B|}{2}$.

Ответ: Равенство доказано.

в) $\frac{|a-b|}{a+b} = \frac{\text{tg}\frac{1}{2}|A-B|}{\text{tg}\frac{1}{2}(A+B)}$

Доказательство:
Это тождество известно как теорема тангенсов (формула Мольвейде). Для его доказательства воспользуемся результатами, полученными в пунктах а) и б): $a+b = 4R \sin\frac{A+B}{2} \cos\frac{|A-B|}{2}$ $|a-b| = 4R \cos\frac{A+B}{2} \sin\frac{|A-B|}{2}$

Разделим второе равенство на первое: $\frac{|a-b|}{a+b} = \frac{4R \cos\frac{A+B}{2} \sin\frac{|A-B|}{2}}{4R \sin\frac{A+B}{2} \cos\frac{|A-B|}{2}}$.

Сократив $4R$, получаем: $\frac{|a-b|}{a+b} = \frac{\sin\frac{|A-B|}{2}}{\cos\frac{|A-B|}{2}} \cdot \frac{\cos\frac{A+B}{2}}{\sin\frac{A+B}{2}}$.

Используя определения тангенса ($\text{tg } x = \frac{\sin x}{\cos x}$) и котангенса ($\text{ctg } x = \frac{\cos x}{\sin x} = \frac{1}{\text{tg } x}$), запишем: $\frac{|a-b|}{a+b} = \text{tg}\frac{|A-B|}{2} \cdot \text{ctg}\frac{A+B}{2} = \frac{\text{tg}\frac{1}{2}|A-B|}{\text{tg}\frac{1}{2}(A+B)}$. Что и требовалось доказать.

Ответ: Равенство доказано.

г) $\frac{a^2-b^2}{c} = a \cos B - b \cos A$

Доказательство:
Выразим косинусы углов $A$ и $B$ через стороны треугольника с помощью теоремы косинусов: $\cos B = \frac{a^2+c^2-b^2}{2ac}$ $\cos A = \frac{b^2+c^2-a^2}{2bc}$

Подставим эти выражения в правую часть доказываемого равенства: $a \cos B - b \cos A = a \left( \frac{a^2+c^2-b^2}{2ac} \right) - b \left( \frac{b^2+c^2-a^2}{2bc} \right)$.

Сократим $a$ в первом слагаемом и $b$ во втором: $\frac{a^2+c^2-b^2}{2c} - \frac{b^2+c^2-a^2}{2c}$.

Приведем дроби к общему знаменателю и упростим числитель: $\frac{(a^2+c^2-b^2) - (b^2+c^2-a^2)}{2c} = \frac{a^2+c^2-b^2-b^2-c^2+a^2}{2c} = \frac{2a^2-2b^2}{2c} = \frac{a^2-b^2}{c}$.

Полученное выражение совпадает с левой частью равенства.

Ответ: Равенство доказано.

д) $a+b+c = 8R \cos\frac{A}{2} \cos\frac{B}{2} \cos\frac{C}{2}$

Доказательство:
Используя теорему синусов, запишем периметр треугольника: $a+b+c = 2R\sin A + 2R\sin B + 2R\sin C = 2R(\sin A + \sin B + \sin C)$.

Преобразуем сумму синусов. Для этого воспользуемся известным тождеством для углов треугольника ($A+B+C=\pi$): $\sin A + \sin B + \sin C = 4 \cos\frac{A}{2} \cos\frac{B}{2} \cos\frac{C}{2}$.

(Докажем это тождество):
$\sin A + \sin B = 2\sin\frac{A+B}{2}\cos\frac{A-B}{2}$. Так как $A+B = \pi-C$, то $\frac{A+B}{2} = \frac{\pi}{2}-\frac{C}{2}$, и $\sin\frac{A+B}{2} = \cos\frac{C}{2}$. $\sin A + \sin B = 2\cos\frac{C}{2}\cos\frac{A-B}{2}$. $\sin C = 2\sin\frac{C}{2}\cos\frac{C}{2}$. Сумма: $2\cos\frac{C}{2}\cos\frac{A-B}{2} + 2\sin\frac{C}{2}\cos\frac{C}{2} = 2\cos\frac{C}{2}(\cos\frac{A-B}{2}+\sin\frac{C}{2})$. Так как $\frac{C}{2} = \frac{\pi}{2}-\frac{A+B}{2}$, то $\sin\frac{C}{2} = \cos\frac{A+B}{2}$. $2\cos\frac{C}{2}(\cos\frac{A-B}{2}+\cos\frac{A+B}{2})$. Применяя формулу суммы косинусов, получаем: $\cos\frac{A-B}{2}+\cos\frac{A+B}{2} = 2\cos\frac{A}{2}\cos\frac{B}{2}$. Итого: $2\cos\frac{C}{2}(2\cos\frac{A}{2}\cos\frac{B}{2}) = 4\cos\frac{A}{2}\cos\frac{B}{2}\cos\frac{C}{2}$.

Подставим это выражение в формулу для периметра: $a+b+c = 2R \left( 4 \cos\frac{A}{2} \cos\frac{B}{2} \cos\frac{C}{2} \right) = 8R \cos\frac{A}{2} \cos\frac{B}{2} \cos\frac{C}{2}$.

Ответ: Равенство доказано.

е) $\cos^2 A = \sin^2 B + \cos^2 C - 2 \sin A \sin B \cos C$

Доказательство:
В силу того, что $A+B+C=\pi$, имеем $A = \pi - (B+C)$. Следовательно, $\cos A = \cos(\pi - (B+C)) = -\cos(B+C)$. Тогда $\cos^2 A = (-\cos(B+C))^2 = \cos^2(B+C) = (\cos B \cos C - \sin B \sin C)^2$.

Также $\sin A = \sin(\pi - (B+C)) = \sin(B+C) = \sin B \cos C + \cos B \sin C$.

Подставим эти выражения в исходное равенство. Левая часть: $\cos^2 A = (\cos B \cos C - \sin B \sin C)^2 = \cos^2 B \cos^2 C - 2\sin B \cos B \sin C \cos C + \sin^2 B \sin^2 C$.

Правая часть: $\sin^2 B + \cos^2 C - 2 \sin A \sin B \cos C = \sin^2 B + \cos^2 C - 2(\sin B \cos C + \cos B \sin C)\sin B \cos C$ $= \sin^2 B + \cos^2 C - 2\sin^2 B \cos^2 C - 2\sin B \cos B \sin C \cos C$.

Приравняем левую и правую части и сократим общий член $-2\sin B \cos B \sin C \cos C$: $\cos^2 B \cos^2 C + \sin^2 B \sin^2 C = \sin^2 B + \cos^2 C - 2\sin^2 B \cos^2 C$. Перенесем член $- 2\sin^2 B \cos^2 C$ налево: $\cos^2 B \cos^2 C + 2\sin^2 B \cos^2 C + \sin^2 B \sin^2 C = \sin^2 B + \cos^2 C$. $\cos^2 C(\cos^2 B + 2\sin^2 B) + \sin^2 B \sin^2 C = \sin^2 B + \cos^2 C$. $\cos^2 C(\cos^2 B + \sin^2 B + \sin^2 B) + \sin^2 B \sin^2 C = \sin^2 B + \cos^2 C$. $\cos^2 C(1 + \sin^2 B) + \sin^2 B \sin^2 C = \sin^2 B + \cos^2 C$. $\cos^2 C + \cos^2 C \sin^2 B + \sin^2 B \sin^2 C = \sin^2 B + \cos^2 C$. $\cos^2 C + \sin^2 B (\cos^2 C + \sin^2 C) = \sin^2 B + \cos^2 C$. $\cos^2 C + \sin^2 B \cdot 1 = \sin^2 B + \cos^2 C$. Получили тождество.

Ответ: Равенство доказано.

ж) $r = 4R \sin\frac{A}{2} \sin\frac{B}{2} \sin\frac{C}{2}$

Доказательство:
Используем две формулы для площади треугольника: $S = pr$ и $S = \frac{abc}{4R}$. Отсюда $r = \frac{S}{p}$, где $p = \frac{a+b+c}{2}$ - полупериметр.

Из теоремы синусов $a=2R\sin A, b=2R\sin B, c=2R\sin C$. $S = \frac{(2R\sin A)(2R\sin B)(2R\sin C)}{4R} = 2R^2 \sin A \sin B \sin C$.

Из пункта д) мы знаем, что $a+b+c = 8R \cos\frac{A}{2} \cos\frac{B}{2} \cos\frac{C}{2}$. Тогда полупериметр $p = 4R \cos\frac{A}{2} \cos\frac{B}{2} \cos\frac{C}{2}$.

Теперь найдем $r$: $r = \frac{S}{p} = \frac{2R^2 \sin A \sin B \sin C}{4R \cos\frac{A}{2} \cos\frac{B}{2} \cos\frac{C}{2}} = \frac{R}{2} \frac{\sin A \sin B \sin C}{\cos\frac{A}{2} \cos\frac{B}{2} \cos\frac{C}{2}}$.

Используем формулу двойного угла $\sin X = 2\sin\frac{X}{2}\cos\frac{X}{2}$ для каждого синуса в числителе: $r = \frac{R}{2} \frac{(2\sin\frac{A}{2}\cos\frac{A}{2})(2\sin\frac{B}{2}\cos\frac{B}{2})(2\sin\frac{C}{2}\cos\frac{C}{2})}{\cos\frac{A}{2} \cos\frac{B}{2} \cos\frac{C}{2}}$.

Сокращая одинаковые множители $\cos\frac{A}{2}, \cos\frac{B}{2}, \cos\frac{C}{2}$, получаем: $r = \frac{R}{2} \cdot 8 \sin\frac{A}{2} \sin\frac{B}{2} \sin\frac{C}{2} = 4R \sin\frac{A}{2} \sin\frac{B}{2} \sin\frac{C}{2}$.

Ответ: Равенство доказано.

з) $r = \frac{a \sin\frac{B}{2} \sin\frac{C}{2}}{\cos\frac{A}{2}}$

Доказательство:
Воспользуемся результатом из пункта ж): $r = 4R \sin\frac{A}{2} \sin\frac{B}{2} \sin\frac{C}{2}$.

Из теоремы синусов имеем $a = 2R \sin A$, откуда $2R = \frac{a}{\sin A}$.

Подставим выражение для $2R$ в формулу для $r$: $r = 2 \cdot (2R) \sin\frac{A}{2} \sin\frac{B}{2} \sin\frac{C}{2} = 2 \left( \frac{a}{\sin A} \right) \sin\frac{A}{2} \sin\frac{B}{2} \sin\frac{C}{2}$.

Применим формулу синуса двойного угла $\sin A = 2\sin\frac{A}{2}\cos\frac{A}{2}$: $r = 2 \left( \frac{a}{2\sin\frac{A}{2}\cos\frac{A}{2}} \right) \sin\frac{A}{2} \sin\frac{B}{2} \sin\frac{C}{2}$.

Сократив $2$ и $\sin\frac{A}{2}$, получаем: $r = \frac{a \sin\frac{B}{2} \sin\frac{C}{2}}{\cos\frac{A}{2}}$.

Ответ: Равенство доказано.

и) $AH = \frac{a}{4S}(b^2+c^2-a^2)$

Доказательство:
Известно, что расстояние от вершины до ортоцентра ($H$) равно $AH = 2R \cos A$.

Из теоремы косинусов, $\cos A = \frac{b^2+c^2-a^2}{2bc}$. Подставим это в формулу для $AH$: $AH = 2R \left( \frac{b^2+c^2-a^2}{2bc} \right) = R \frac{b^2+c^2-a^2}{bc}$.

Из формулы площади треугольника $S = \frac{abc}{4R}$ выразим радиус описанной окружности $R = \frac{abc}{4S}$.

Подставим это выражение для $R$ в формулу для $AH$: $AH = \left( \frac{abc}{4S} \right) \frac{b^2+c^2-a^2}{bc}$.

Сократив $b$ и $c$, получим: $AH = \frac{a}{4S}(b^2+c^2-a^2)$.

Ответ: Равенство доказано.

к) $OH^2 = 9R^2 - a^2 - b^2 - c^2$

Доказательство:
Это формула Эйлера для расстояния между центром описанной окружности $O$ и ортоцентром $H$. Известно, что $OH^2 = R^2(1 - 8 \cos A \cos B \cos C)$.

Также известно тождество для суммы квадратов синусов углов треугольника: $\sin^2 A + \sin^2 B + \sin^2 C = 2 + 2 \cos A \cos B \cos C$.

Сумма квадратов сторон треугольника: $a^2+b^2+c^2 = (2R\sin A)^2 + (2R\sin B)^2 + (2R\sin C)^2 = 4R^2(\sin^2 A + \sin^2 B + \sin^2 C)$.

Подставим тождество для синусов в это выражение: $a^2+b^2+c^2 = 4R^2(2 + 2 \cos A \cos B \cos C) = 8R^2 + 8R^2 \cos A \cos B \cos C$.

Из последнего равенства выразим $8R^2 \cos A \cos B \cos C$: $8R^2 \cos A \cos B \cos C = a^2+b^2+c^2 - 8R^2$.

Теперь подставим это в формулу Эйлера: $OH^2 = R^2 - (8R^2 \cos A \cos B \cos C) = R^2 - (a^2+b^2+c^2 - 8R^2)$. $OH^2 = R^2 - a^2 - b^2 - c^2 + 8R^2 = 9R^2 - a^2 - b^2 - c^2$.

Ответ: Равенство доказано.

л) $DM = \frac{|b^2-c^2|}{2a}$

Доказательство:
Пусть $D$ - основание высоты, опущенной из вершины $A$ на сторону $BC$, а $M$ - середина стороны $BC$. Длина отрезка $BM$ равна $a/2$.

Рассмотрим прямоугольный треугольник $ABD$. По теореме Пифагора $AD^2 = c^2 - BD^2$. Рассмотрим прямоугольный треугольник $ACD$. По теореме Пифагора $AD^2 = b^2 - CD^2$.

Приравнивая выражения для $AD^2$, получаем $c^2 - BD^2 = b^2 - CD^2$. Мы знаем, что $CD = |BC - BD| = |a - BD|$. $c^2 - BD^2 = b^2 - (a-BD)^2 = b^2 - (a^2 - 2a \cdot BD + BD^2)$. $c^2 - BD^2 = b^2 - a^2 + 2a \cdot BD - BD^2$. $c^2 = b^2 - a^2 + 2a \cdot BD$. Отсюда выразим длину отрезка $BD$: $2a \cdot BD = a^2+c^2-b^2$. $BD = \frac{a^2+c^2-b^2}{2a}$. Это проекция стороны $c$ на сторону $a$.

Длина искомого отрезка $DM$ равна модулю разности длин отрезков $BM$ и $BD$: $DM = |BM - BD| = \left|\frac{a}{2} - \frac{a^2+c^2-b^2}{2a}\right|$.

Приведем к общему знаменателю: $DM = \left|\frac{a^2 - (a^2+c^2-b^2)}{2a}\right| = \left|\frac{a^2-a^2-c^2+b^2}{2a}\right| = \left|\frac{b^2-c^2}{2a}\right|$.

Используя свойство модуля $|x|=|-x|$, получаем: $DM = \frac{|b^2-c^2|}{2a}$.

Ответ: Равенство доказано.