Номер 5, страница 366 - гдз по геометрии 7-9 класс учебник Атанасян, Бутузов

8 класс. Исследовательские задачи - номер 5, страница 366.

5 Прямая Эйлера: докажите, что в любом неравностороннем треугольнике точка пересечения медиан, точка пересечения высот (или их продолжений), центр описанной около треугольника окружности и центр окружности Эйлера лежат на одной прямой. Установите, в каком отношении эти точки разделяют отрезок с концами в крайних точках [2, п. 36].

Для доказательства существования прямой Эйлера и нахождения соотношений между точками на ней воспользуемся методом векторной алгебры. Выберем в качестве начала системы координат центр описанной около треугольника окружности — точку $O$.

1. Обозначения и основные векторные соотношения.

Пусть дан неравносторонний треугольник $\triangle ABC$. Обозначим его ключевые точки:

• $O$ — центр описанной окружности (точка пересечения серединных перпендикуляров).
• $M$ — точка пересечения медиан (центроид).
• $H$ — точка пересечения высот (ортоцентр).
• $E$ — центр окружности Эйлера (окружности девяти точек).

В выбранной системе координат с началом в точке $O$ радиус-векторы вершин $A$, $B$, $C$ обозначим как $\vec{a}$, $\vec{b}$ и $\vec{c}$ соответственно. Так как $O$ является центром описанной окружности радиуса $R$, то длины (модули) этих векторов равны: $|\vec{a}| = |\vec{b}| = |\vec{c}| = R$.

Радиус-вектор точки пересечения медиан $M$ по определению равен среднему арифметическому радиус-векторов вершин:

$\vec{OM} = \vec{m} = \frac{\vec{a} + \vec{b} + \vec{c}}{3}$

2. Доказательство коллинеарности точек O, M, H и нахождение их взаимного расположения.

Докажем, что радиус-вектор ортоцентра $H$ в этой системе координат равен $\vec{OH} = \vec{h} = \vec{a} + \vec{b} + \vec{c}$. Для этого покажем, что точка $H'$, определяемая этим вектором, действительно является ортоцентром. Нужно проверить, что линия, проходящая через вершину (например, $A$) и точку $H'$, перпендикулярна противолежащей стороне ($BC$).

Вектор, направленный из $A$ в $H'$, равен $\vec{AH'} = \vec{OH'} - \vec{OA} = (\vec{a} + \vec{b} + \vec{c}) - \vec{a} = \vec{b} + \vec{c}$.

Вектор стороны $BC$ равен $\vec{BC} = \vec{OC} - \vec{OB} = \vec{c} - \vec{b}$.

Найдем скалярное произведение этих векторов:

$\vec{AH'} \cdot \vec{BC} = (\vec{b} + \vec{c}) \cdot (\vec{c} - \vec{b}) = \vec{c} \cdot \vec{c} - \vec{b} \cdot \vec{b} = |\vec{c}|^2 - |\vec{b}|^2 = R^2 - R^2 = 0$.

Поскольку скалярное произведение равно нулю, векторы перпендикулярны, то есть $AH' \perp BC$. Аналогично доказывается, что $BH' \perp AC$ и $CH' \perp AB$. Следовательно, точка $H'$ является ортоцентром треугольника, $H' \equiv H$, и ее радиус-вектор равен:

$\vec{OH} = \vec{h} = \vec{a} + \vec{b} + \vec{c}$

Теперь сравним радиус-векторы точек $H$ и $M$:

$\vec{OH} = \vec{a} + \vec{b} + \vec{c} = 3 \cdot \left(\frac{\vec{a} + \vec{b} + \vec{c}}{3}\right) = 3 \cdot \vec{OM}$

Из векторного равенства $\vec{OH} = 3\vec{OM}$ следует, что векторы $\vec{OH}$ и $\vec{OM}$ коллинеарны. Это означает, что точки $O$, $M$ и $H$ лежат на одной прямой. Эта прямая называется прямой Эйлера.

Данное соотношение также позволяет определить, как точка $M$ делит отрезок $OH$. Так как $\vec{OH} = \vec{OM} + \vec{MH}$, то $3\vec{OM} = \vec{OM} + \vec{MH}$, откуда $\vec{MH} = 2\vec{OM}$. Это значит, что точка $M$ лежит на отрезке $OH$ и делит его в отношении $OM : MH = 1:2$.

3. Доказательство принадлежности центра окружности Эйлера (E) к прямой Эйлера.

Окружность Эйлера (или окружность девяти точек) — это окружность, проходящая, в частности, через середины сторон треугольника. Докажем, что ее центр $E$ является серединой отрезка $OH$.

Пусть точка $E$ — середина отрезка $OH$. Тогда ее радиус-вектор $\vec{OE} = \vec{e} = \frac{1}{2}\vec{OH} = \frac{1}{2}(\vec{a} + \vec{b} + \vec{c})$.

Проверим, равноудалена ли точка $E$ от середин сторон треугольника. Середина $A_1$ стороны $BC$ имеет радиус-вектор $\vec{OA_1} = \frac{\vec{b} + \vec{c}}{2}$. Найдем квадрат расстояния от $E$ до $A_1$:

$|EA_1|^2 = |\vec{OA_1} - \vec{OE}|^2 = \left|\frac{\vec{b} + \vec{c}}{2} - \frac{\vec{a} + \vec{b} + \vec{c}}{2}\right|^2 = \left|-\frac{\vec{a}}{2}\right|^2 = \frac{1}{4}|\vec{a}|^2 = \frac{R^2}{4}$.

Аналогичные вычисления для середин двух других сторон дадут тот же результат. Так как точка $E$ равноудалена от середин сторон, она является центром окружности, проходящей через них, то есть центром окружности Эйлера. Ее радиус-вектор $\vec{OE} = \frac{1}{2}\vec{OH}$, следовательно, точка $E$ лежит на прямой Эйлера и является серединой отрезка $OH$.

4. Отношение, в котором точки разделяют отрезок.

Итак, мы установили, что четыре замечательные точки треугольника — $O$, $M$, $E$ и $H$ — лежат на одной прямой. Крайними точками на этом отрезке в общем случае являются $O$ и $H$. Найдем, в каком отношении внутренние точки $M$ и $E$ разделяют отрезок $OH$.

Пусть длина отрезка $OH$ равна $d$.

• Положение точки $M$: $OM = \frac{1}{3}OH = \frac{d}{3}$.
• Положение точки $E$: $OE = \frac{1}{2}OH = \frac{d}{2}$.

Так как $\frac{1}{3} < \frac{1}{2}$, точки на прямой Эйлера располагаются в следующем порядке: $O, M, E, H$.

Эти точки делят отрезок $OH$ на три последовательных отрезка: $OM$, $ME$ и $EH$. Найдем их длины:

• $OM = \frac{d}{3}$
• $ME = OE - OM = \frac{d}{2} - \frac{d}{3} = \frac{3d - 2d}{6} = \frac{d}{6}$
• $EH = OH - OE = d - \frac{d}{2} = \frac{d}{2}$

Таким образом, соотношение длин этих отрезков составляет:

$OM : ME : EH = \frac{d}{3} : \frac{d}{6} : \frac{d}{2}$

Приводя к целым числам (умножая все части на 6), получаем:

$OM : ME : EH = 2 : 1 : 3$.

Ответ: В любом неравностороннем треугольнике точка пересечения медиан ($M$), точка пересечения высот ($H$), центр описанной окружности ($O$) и центр окружности Эйлера ($E$) лежат на одной прямой (прямой Эйлера). Эти точки расположены на отрезке $OH$ в порядке $O, M, E, H$ и делят его на три части, длины которых находятся в отношении $OM : ME : EH = 2:1:3$.