Номер 874, страница 219 - гдз по геометрии 7-9 класс учебник Атанасян, Бутузов

Задачи к главе 8. Задачи повышенной трудности. Глава 9. Окружность - номер 874, страница 219.

874 Диагонали трапеции ABCD пересекаются в точке О. Треугольник ABО, где AB — меньшее основание трапеции, равносторонний. Докажите, что треугольник, вершинами которого являются середины отрезков ОА, OD и ВС, равносторонний.

Пусть K, L и M — середины отрезков OA, OD и BC соответственно. Требуется доказать, что треугольник KLM является равносторонним.

Сначала проанализируем свойства исходной фигуры. Так как ABCD — трапеция с основаниями AB и CD, то $AB \parallel CD$. Диагонали пересекаются в точке O, поэтому треугольники $\triangle ABO$ и $\triangle CDO$ подобны (по двум углам, как накрест лежащим при параллельных прямых). По условию, $\triangle ABO$ — равносторонний. Пусть длина его стороны равна $a$, тогда $AO = BO = a$. Из подобия $\triangle ABO \sim \triangle CDO$ следует, что $\frac{AO}{CO} = \frac{BO}{DO}$. Поскольку $AO=BO$, то и $CO=DO$. Угол $\angle COD$ равен углу $\angle AOB$ как вертикальный, то есть $\angle COD = 60^\circ$. Таким образом, $\triangle CDO$ — равнобедренный с углом при вершине $60^\circ$, а значит, он тоже равносторонний. Пусть его сторона равна $c$.

Для доказательства равенства сторон треугольника KLM воспользуемся методом координат. Поместим начало координат в точку $O(0, 0)$. Диагональ AC расположим на оси Ox. Тогда вершины будут иметь координаты: $A(a, 0)$ и $C(-c, 0)$. Поскольку $\angle AOB = 60^\circ$ и $OB=a$, координаты точки B будут $B(a\cos(60^\circ), a\sin(60^\circ))$, то есть $B(\frac{a}{2}, \frac{a\sqrt{3}}{2})$. Точка D лежит на продолжении луча BO за точку O, и $OD=c$, поэтому её координаты $D(-c\cos(60^\circ), -c\sin(60^\circ))$, то есть $D(-\frac{c}{2}, -\frac{c\sqrt{3}}{2})$.

Теперь найдём координаты точек K, L и M как середин соответствующих отрезков:
K — середина OA: $K = \left(\frac{a+0}{2}, \frac{0+0}{2}\right) = \left(\frac{a}{2}, 0\right)$;
L — середина OD: $L = \left(\frac{-c/2+0}{2}, \frac{-c\sqrt{3}/2+0}{2}\right) = \left(-\frac{c}{4}, -\frac{c\sqrt{3}}{4}\right)$;
M — середина BC: $M = \left(\frac{a/2 - c}{2}, \frac{a\sqrt{3}/2 + 0}{2}\right) = \left(\frac{a-2c}{4}, \frac{a\sqrt{3}}{4}\right)$.

Вычислим квадраты длин сторон треугольника KLM. Для этого воспользуемся формулой расстояния между двумя точками $(x_1, y_1)$ и $(x_2, y_2)$: $d^2 = (x_2-x_1)^2 + (y_2-y_1)^2$.
Для стороны KL имеем:
$KL^2 = \left(\frac{a}{2} - \left(-\frac{c}{4}\right)\right)^2 + \left(0 - \left(-\frac{c\sqrt{3}}{4}\right)\right)^2 = \left(\frac{2a+c}{4}\right)^2 + \left(\frac{c\sqrt{3}}{4}\right)^2 = \frac{4a^2+4ac+c^2}{16} + \frac{3c^2}{16} = \frac{4a^2+4ac+4c^2}{16} = \frac{a^2+ac+c^2}{4}$.
Для стороны LM имеем:
$LM^2 = \left(\frac{a-2c}{4} - \left(-\frac{c}{4}\right)\right)^2 + \left(\frac{a\sqrt{3}}{4} - \left(-\frac{c\sqrt{3}}{4}\right)\right)^2 = \left(\frac{a-c}{4}\right)^2 + \left(\frac{\sqrt{3}(a+c)}{4}\right)^2 = \frac{a^2-2ac+c^2}{16} + \frac{3(a^2+2ac+c^2)}{16} = \frac{4a^2+4ac+4c^2}{16} = \frac{a^2+ac+c^2}{4}$.
Для стороны MK имеем:
$MK^2 = \left(\frac{a}{2} - \frac{a-2c}{4}\right)^2 + \left(0 - \frac{a\sqrt{3}}{4}\right)^2 = \left(\frac{2a - (a-2c)}{4}\right)^2 + \frac{3a^2}{16} = \left(\frac{a+2c}{4}\right)^2 + \frac{3a^2}{16} = \frac{a^2+4ac+4c^2+3a^2}{16} = \frac{4a^2+4ac+4c^2}{16} = \frac{a^2+ac+c^2}{4}$.

Так как $KL^2 = LM^2 = MK^2 = \frac{a^2+ac+c^2}{4}$, то и длины сторон равны: $KL = LM = MK$. Следовательно, треугольник KLM является равносторонним, что и требовалось доказать.

Ответ: Утверждение доказано.