Номер 909, страница 222 - гдз по геометрии 7-9 класс учебник Атанасян, Бутузов

Глава 9. Окружность. Задачи повышенной трудности. Задачи к главе 9 - номер 909, страница 222.

Условие.

909 Пусть Н — точка пересечения прямых, содержащих высоты треугольника АВС, А₁, В₁, С₁ — точки, симметричные точке Н относительно прямых ВС, СА, АВ, а А₂, В₂, С₂ — точки, симметричные точке Н относительно середин сторон ВС, СА, АВ. Докажите, что точки А₁, В₁, С₁, А₂, В₂, С₂ лежат на окружности, описанной около треугольника АВС.

Решение 2.

Решение 3.

Решение 4.

Решение 11.

Пусть $\Omega$ — окружность, описанная около треугольника $ABC$, $O$ — её центр, а $R$ — её радиус. $H$ — ортоцентр треугольника $ABC$. Доказательство того, что все шесть точек лежат на окружности $\Omega$, разобьем на две части.

Доказательство для точек $A_1, B_1, C_1$

Докажем, что точка $A_1$, симметричная ортоцентру $H$ относительно прямой $BC$, лежит на описанной окружности $\Omega$. Доказательства для точек $B_1$ (симметричной $H$ относительно $AC$) и $C_1$ (симметричной $H$ относительно $AB$) полностью аналогичны.

Пусть $\angle A$, $\angle B$, $\angle C$ — углы треугольника $ABC$ при вершинах $A, B, C$ соответственно. Пусть $H_B$ и $H_C$ — основания высот, опущенных из вершин $B$ и $C$. В четырехугольнике $AH_C H H_B$ углы $\angle AH_C H$ и $\angle AH_B H$ являются прямыми. Следовательно, этот четырехугольник вписанный. Сумма противоположных углов вписанного четырехугольника равна $180^\circ$, поэтому $\angle H_C H H_B = 180^\circ - \angle H_C A H_B = 180^\circ - \angle A$.

Угол $\angle BHC$ является вертикальным к углу $\angle H_C H H_B$, следовательно, $\angle BHC = \angle H_C H H_B = 180^\circ - \angle A$.

По условию, точка $A_1$ симметрична точке $H$ относительно прямой $BC$. При осевой симметрии треугольник $\triangle HBC$ переходит в равный ему треугольник $\triangle A_1BC$. Следовательно, соответствующие углы этих треугольников равны: $\angle BA_1C = \angle BHC$.

Таким образом, мы имеем $\angle BA_1C = 180^\circ - \angle A$.

Теперь рассмотрим четырехугольник $ABA_1C$. Сумма его противоположных углов $\angle BAC$ и $\angle BA_1C$ равна: $\angle BAC + \angle BA_1C = \angle A + (180^\circ - \angle A) = 180^\circ$.

Поскольку сумма противоположных углов четырехугольника $ABA_1C$ равна $180^\circ$, около него можно описать окружность. Эта окружность проходит через точки $A, B, C$ и, следовательно, совпадает с описанной окружностью $\Omega$ треугольника $ABC$. Значит, точка $A_1$ лежит на окружности $\Omega$.

Аналогично, рассматривая углы $\angle CHA = 180^\circ - \angle B$ и $\angle AHB = 180^\circ - \angle C$, можно доказать, что точки $B_1$ и $C_1$ также лежат на описанной окружности треугольника $ABC$.

Доказательство для точек $A_2, B_2, C_2$

Докажем, что точка $A_2$, симметричная ортоцентру $H$ относительно середины стороны $BC$, лежит на описанной окружности $\Omega$. Доказательства для точек $B_2$ (симметричной $H$ относительно середины $AC$) и $C_2$ (симметричной $H$ относительно середины $AB$) полностью аналогичны.

Пусть $M_A$ — середина стороны $BC$. По условию, точка $A_2$ симметрична $H$ относительно $M_A$, что означает, что $M_A$ является серединой отрезка $HA_2$. Поскольку $M_A$ также является серединой $BC$, диагонали четырехугольника $HBA_2C$ ($HA_2$ и $BC$) точкой пересечения делятся пополам. Следовательно, $HBA_2C$ — параллелограмм.

Из этого следует, что $A_2C \parallel HB$ и $A_2B \parallel HC$.

Теперь рассмотрим точку $A'$, диаметрально противоположную вершине $A$ на описанной окружности $\Omega$. Так как $AA'$ — диаметр, то углы, опирающиеся на него, прямые: $\angle ACA' = 90^\circ$ и $\angle ABA' = 90^\circ$. Это означает, что $A'C \perp AC$ и $A'B \perp AB$.

Высота треугольника $ABC$, проведенная из вершины $B$, перпендикулярна стороне $AC$. Прямая $BH$, содержащая эту высоту, также перпендикулярна $AC$. Так как $A'C \perp AC$ и $BH \perp AC$, то прямые $A'C$ и $BH$ параллельны.

Аналогично, высота из вершины $C$ перпендикулярна стороне $AB$. Прямая $CH$, содержащая эту высоту, перпендикулярна $AB$. Так как $A'B \perp AB$ и $CH \perp AB$, то прямые $A'B$ и $CH$ параллельны.

Мы установили, что в четырехугольнике $A'BHC$ противоположные стороны попарно параллельны ($A'C \parallel BH$ и $A'B \parallel CH$), значит, $A'BHC$ — параллелограмм.

В параллелограмме диагонали делятся точкой пересечения пополам. Следовательно, середина диагонали $BC$ (точка $M_A$) является также серединой диагонали $A'H$.

Таким образом, мы получили, что и точка $A_2$, и точка $A'$ симметричны точке $H$ относительно середины $BC$. Так как точка, симметричная данной точке относительно другой данной точки, единственна, то точки $A_2$ и $A'$ совпадают.

Поскольку точка $A'$ по своему определению лежит на описанной окружности $\Omega$, то и точка $A_2$ лежит на этой окружности.

Аналогично доказывается, что точка $B_2$ совпадает с точкой, диаметрально противоположной $B$ на окружности $\Omega$, а $C_2$ — с точкой, диаметрально противоположной $C$. Следовательно, точки $B_2$ и $C_2$ также лежат на описанной окружности треугольника $ABC$.

Ответ: Утверждение задачи доказано. Все шесть точек $A_1, B_1, C_1, A_2, B_2, C_2$ лежат на окружности, описанной около треугольника $ABC$.