Номер 918, страница 223 - гдз по геометрии 7-9 класс учебник Атанасян, Бутузов

Авторы: Атанасян Л. С., Бутузов В. Ф., Кадомцев С. Б., Позняк Э. Г., Юдина И. И.
Тип: Учебник
Издательство: Просвещение
Год издания: 2023 - 2025
Уровень обучения: базовый
Цвет обложки: синий
ISBN: 978-5-09-102538-5 (2023), 978-5-09-111167-5 (2024)
Допущено Министерством просвещения Российской Федерации
Популярные ГДЗ в 7 классе
Задачи к главе 9. Задачи повышенной трудности. Глава 9. Окружность - номер 918, страница 223.
№918 (с. 223)
Условие. №918 (с. 223)
скриншот условия

918 Для неравностороннего треугольника ABC точка О является центром описанной окружности, Н — точка пересечения прямых, содержащих высоты АА₁, ВВ₁ и CC₁, точки А₂, В₂, С₂ — середины отрезков АН, ВН, СН, а точки А₃, В₃, С₃ — середины сторон треугольника ABC. Докажите, что точки A₁, В₁, C₁, А₂, В₂, С₂, А₃, В₃, С₃ лежат на одной окружности (окружность Эйлера).
Решение 2. №918 (с. 223)

Решение 3. №918 (с. 223)

Решение 4. №918 (с. 223)

Решение 11. №918 (с. 223)
Для доказательства того, что девять указанных точек лежат на одной окружности, мы определим центр и радиус этой окружности (называемой окружностью Эйлера или окружностью девяти точек) и покажем, что каждая из этих девяти точек находится на одинаковом расстоянии (равном радиусу) от этого центра.
Пусть $R$ — радиус описанной окружности треугольника $ABC$ с центром в точке $O$. Введем векторную систему координат с началом в точке $O$. Тогда для любой вершины треугольника, например $A$, справедливо равенство $|\vec{OA}| = R$. Известно, что вектор, проведенный из центра описанной окружности $O$ в ортоцентр $H$, выражается как $\vec{OH} = \vec{OA} + \vec{OB} + \vec{OC}$.
Центром окружности Эйлера является точка $N$ — середина отрезка $OH$, соединяющего центр описанной окружности и ортоцентр. Векторно это положение определяется как $\vec{ON} = \frac{1}{2}\vec{OH}$. Радиус окружности Эйлера равен $R/2$.
Докажем, что все девять точек лежат на окружности с центром $N$ и радиусом $R/2$. Разделим доказательство на две части.
1. Доказательство для середин сторон ($A_3, B_3, C_3$) и середин отрезков, соединяющих ортоцентр с вершинами ($A_2, B_2, C_2$).
- Рассмотрим точки $A_2, B_2, C_2$ — середины отрезков $AH, BH, CH$ соответственно. Найдем расстояние от центра $N$ до точки $A_2$. Точка $A_2$ — середина $AH$, поэтому $\vec{OA_2} = \frac{\vec{OA} + \vec{OH}}{2}$. Расстояние $NA_2$ равно модулю вектора $\vec{NA_2} = \vec{OA_2} - \vec{ON} = \frac{\vec{OA} + \vec{OH}}{2} - \frac{\vec{OH}}{2} = \frac{\vec{OA}}{2}$. Тогда $NA_2 = |\frac{\vec{OA}}{2}| = \frac{1}{2}|\vec{OA}| = \frac{R}{2}$. Аналогично доказывается, что $NB_2 = R/2$ и $NC_2 = R/2$. Таким образом, точки $A_2, B_2, C_2$ лежат на искомой окружности.
- Рассмотрим точки $A_3, B_3, C_3$ — середины сторон $BC, AC, AB$ соответственно. Найдем расстояние от центра $N$ до точки $A_3$. Точка $A_3$ — середина $BC$, поэтому $\vec{OA_3} = \frac{\vec{OB} + \vec{OC}}{2}$. Расстояние $NA_3$ равно модулю вектора $\vec{NA_3} = \vec{OA_3} - \vec{ON} = \frac{\vec{OB} + \vec{OC}}{2} - \frac{\vec{OH}}{2}$. Подставим $\vec{OH} = \vec{OA} + \vec{OB} + \vec{OC}$: $\vec{NA_3} = \frac{\vec{OB} + \vec{OC} - (\vec{OA} + \vec{OB} + \vec{OC})}{2} = \frac{-\vec{OA}}{2}$. Тогда $NA_3 = |\frac{-\vec{OA}}{2}| = \frac{1}{2}|\vec{OA}| = \frac{R}{2}$. Аналогично доказывается, что $NB_3 = R/2$ и $NC_3 = R/2$. Таким образом, точки $A_3, B_3, C_3$ также лежат на этой окружности.
2. Доказательство для оснований высот ($A_1, B_1, C_1$).
Рассмотрим основание высоты $A_1$ на стороне $BC$. Мы покажем, что точка $A_1$ лежит на окружности с диаметром $A_2A_3$.
- В предыдущем пункте мы нашли, что $\vec{NA_2} = \frac{\vec{OA}}{2}$ и $\vec{NA_3} = -\frac{\vec{OA}}{2}$. Из этого следует, что $\vec{NA_2} = -\vec{NA_3}$. Это означает, что точка $N$ является серединой отрезка $A_2A_3$. Поскольку $N$ — центр окружности Эйлера, а точки $A_2$ и $A_3$ лежат на ней, то отрезок $A_2A_3$ является диаметром этой окружности.
- Теперь рассмотрим угол $\angle A_2A_1A_3$. Точка $A_2$ является серединой отрезка $AH$. Поскольку ортоцентр $H$ лежит на прямой, содержащей высоту $AA_1$, то точка $A_2$ также лежит на этой прямой. Следовательно, отрезок $A_2A_1$ является частью высоты $AA_1$. Точка $A_1$ (основание высоты) и точка $A_3$ (середина стороны $BC$) обе лежат на прямой $BC$. Следовательно, отрезок $A_1A_3$ является частью прямой $BC$.
- По определению высоты, $AA_1 \perp BC$. Так как $A_2A_1$ лежит на прямой $AA_1$, а $A_1A_3$ лежит на прямой $BC$, то $A_2A_1 \perp A_1A_3$. Это означает, что $\angle A_2A_1A_3 = 90^\circ$.
- По свойству окружности, любой угол, опирающийся на диаметр, является прямым. Так как $\angle A_2A_1A_3$ прямой, точка $A_1$ лежит на окружности, для которой $A_2A_3$ является диаметром. Это и есть окружность Эйлера.
- Аналогичные рассуждения применимы и к основаниям высот $B_1$ и $C_1$. Они лежат на окружности Эйлера, поскольку углы $\angle B_2B_1B_3$ и $\angle C_2C_1C_3$ также являются прямыми, а $B_2B_3$ и $C_2C_3$ — диаметры этой же окружности.
Таким образом, все девять точек — основания высот $A_1, B_1, C_1$; середины сторон $A_3, B_3, C_3$; и середины отрезков $AH, BH, CH$, то есть точки $A_2, B_2, C_2$, — лежат на одной и той же окружности с центром в середине отрезка $OH$ и радиусом, равным половине радиуса описанной окружности треугольника $ABC$.
Ответ: Что и требовалось доказать.
Другие задания:
Помогло решение? Оставьте отзыв в комментариях ниже.
Мы подготовили для вас ответ c подробным объяснением домашего задания по геометрии за 7-9 класс, для упражнения номер 918 расположенного на странице 223 к учебнику 2023 года издания для учащихся школ и гимназий.
Теперь на нашем сайте ГДЗ.ТОП вы всегда легко и бесплатно найдёте условие с правильным ответом на вопрос «Как решить ДЗ» и «Как сделать» задание по геометрии к упражнению №918 (с. 223), авторов: Атанасян (Левон Сергеевич), Бутузов (Валентин Фёдорович), Кадомцев (Сергей Борисович), Позняк (Эдуард Генрихович), Юдина (Ирина Игоревна), ФГОС (новый, красный) базовый уровень обучения учебного пособия издательства Просвещение.