Номер 917, страница 223 - гдз по геометрии 7-9 класс учебник Атанасян, Бутузов

Глава 9. Окружность. Задачи повышенной трудности. Задачи к главе 9 - номер 917, страница 223.

Условие.

917 Докажите, что в любом треугольнике радиус R описанной окружности, радиус r вписанной окружности и расстояние d между центрами этих окружностей связаны равенством d² = R² − 2Rr (формула Эйлера).

Решение 2.

Решение 3.

Решение 4.

Решение 11.

Пусть $\triangle ABC$ — произвольный треугольник. Обозначим $O$ — центр его описанной окружности и $R$ — её радиус. Пусть $I$ — центр вписанной окружности и $r$ — её радиус. Расстояние между центрами $O$ и $I$ обозначим как $d$. Требуется доказать, что эти величины связаны формулой Эйлера: $d^2 = R^2 - 2Rr$.

Для доказательства используем теорему о степени точки. Степень точки $I$ (инцентра) относительно описанной окружности с центром $O$ и радиусом $R$ вычисляется как $R^2 - OI^2$, поскольку инцентр всегда находится внутри описанной окружности. Таким образом, степень точки $I$ равна $R^2 - d^2$.

С другой стороны, степень точки можно найти как произведение отрезков хорды, проходящей через эту точку. Проведём через точку $I$ биссектрису угла $A$. Пусть она пересекает описанную окружность в точке $L$ (вторая точка пересечения — вершина $A$). Тогда степень точки $I$ также равна произведению $AI \cdot IL$.

Приравнивая два выражения для степени точки $I$, получаем:$R^2 - d^2 = AI \cdot IL$

Чтобы завершить доказательство, нам нужно показать, что произведение $AI \cdot IL$ равно $2Rr$. Для этого выразим длины отрезков $AI$ и $IL$ через радиусы и углы треугольника.

1. Найдём длину отрезка $AI$.
Опустим перпендикуляр из инцентра $I$ на сторону $AB$. Пусть $K$ — точка касания. В этом случае $IK$ является радиусом вписанной окружности, то есть $IK = r$. Рассмотрим прямоугольный треугольник $AIK$. Угол $\angle IAK$ равен половине угла $A$, так как $AI$ — биссектриса. Итак, $\angle IAK = \frac{A}{2}$. Из соотношений в прямоугольном треугольнике имеем:$\sin\left(\frac{A}{2}\right) = \frac{IK}{AI} = \frac{r}{AI}$Отсюда выражаем $AI$:$AI = \frac{r}{\sin\left(\frac{A}{2}\right)}$

2. Найдём длину отрезка $IL$.
Здесь мы воспользуемся вспомогательной леммой (леммой о трезубце), согласно которой точка $L$ (точка пересечения биссектрисы угла $A$ с описанной окружностью) равноудалена от вершин $B$, $C$ и инцентра $I$. То есть, $LB = LC = LI$. Докажем это.

• Поскольку $AL$ — биссектриса угла $A$, она делит дугу $BC$ описанной окружности на две равные дуги: $\smile BL = \smile LC$. Равные дуги стягиваются равными хордами, следовательно, $LB = LC$.
• Теперь докажем, что $LI = LB$. Рассмотрим треугольник $BIL$. Угол $\angle BIL$ является внешним углом для треугольника $ABI$, поэтому он равен сумме двух внутренних, не смежных с ним углов: $\angle BIL = \angle BAI + \angle ABI = \frac{A}{2} + \frac{B}{2}$.
• Найдём угол $\angle LBI$. Он состоит из двух углов: $\angle LBI = \angle LBC + \angle CBI$. Так как $BI$ — биссектриса угла $B$, то $\angle CBI = \frac{B}{2}$. Угол $\angle LBC$ является вписанным и опирается на дугу $LC$. На эту же дугу опирается вписанный угол $\angle LAC$. Так как $AL$ — биссектриса, $\angle LAC = \frac{A}{2}$. Значит, $\angle LBC = \frac{A}{2}$.
• Складывая углы, получаем: $\angle LBI = \frac{A}{2} + \frac{B}{2}$.
• В треугольнике $BIL$ углы $\angle BIL$ и $\angle LBI$ равны. Следовательно, треугольник $BIL$ является равнобедренным с основанием $BI$, и $LI = LB$.

Таким образом, лемма доказана: $IL = LB$. Теперь найдём длину хорды $LB$. Применим расширенную теорему синусов к треугольнику $ABL$, вписанному в окружность радиуса $R$:$\frac{LB}{\sin(\angle LAB)} = 2R$Учитывая, что $\angle LAB = \frac{A}{2}$, получаем:$LB = 2R \sin\left(\frac{A}{2}\right)$А так как $IL = LB$, то и $IL = 2R \sin\left(\frac{A}{2}\right)$.

3. Завершение доказательства.
Теперь мы можем вычислить искомое произведение $AI \cdot IL$:$AI \cdot IL = \left(\frac{r}{\sin\left(\frac{A}{2}\right)}\right) \cdot \left(2R \sin\left(\frac{A}{2}\right)\right) = 2Rr$

Подставим полученный результат в равенство, выведенное из степени точки:$R^2 - d^2 = 2Rr$

Перенося слагаемые, получаем окончательную формулу Эйлера:$d^2 = R^2 - 2Rr$

Что и требовалось доказать.

Ответ: Равенство $d^2 = R^2 - 2Rr$, связывающее радиус описанной окружности $R$, радиус вписанной окружности $r$ и расстояние $d$ между их центрами, доказано.