Номер 1281, страница 332 - гдз по геометрии 7-9 класс учебник Атанасян, Бутузов

Задачи повышенной трудности. Задачи повышенной трудности. Задачи к главе 12 - номер 1281, страница 332.

Условие.

1281 Около правильного пятиугольника $A_1A_2A_3A_4A_5$ описана окружность с центром $O$. Вершинами треугольника $ABC$ являются середины сторон $A_1A_2$, $A_2A_3$ и $A_3A_4$ пятиугольника. Докажите, что центр $O$ данной окружности и центр $O_1$ окружности, вписанной в треугольник $ABC$, симметричны относительно прямой $AC$.

Решение 1.

Решение 2.

Решение 3.

Решение 4.

Решение 6.

Решение 9.

Решение 10.

Пусть $A_1A_2A_3A_4A_5$ — правильный пятиугольник с центром $O$. Пусть $R$ — радиус описанной около него окружности. Вершины треугольника $ABC$ — середины сторон $A_1A_2$, $A_2A_3$ и $A_3A_4$ соответственно.

1. Свойства треугольника ABC и положение точки O.

По определению, $A$ — середина $A_1A_2$, $B$ — середина $A_2A_3$, $C$ — середина $A_3A_4$. Рассмотрим треугольники $\triangle OA_1A_2$, $\triangle OA_2A_3$, $\triangle OA_3A_4$. Они являются равнобедренными, так как $OA_1 = OA_2 = OA_3 = OA_4 = R$. Отрезки $OA$, $OB$, $OC$ являются медианами и высотами в этих треугольниках. Следовательно, $OA \perp A_1A_2$, $OB \perp A_2A_3$, $OC \perp A_3A_4$.

Длина отрезков $OA$, $OB$, $OC$ равна апофеме правильного пятиугольника, которую обозначим $h$. $h = R \cos(\frac{180^\circ}{5}) = R \cos(36^\circ)$. Поскольку $OA = OB = OC = h$, точка $O$ является центром окружности, описанной около треугольника $ABC$, и радиус этой окружности $R_{ABC} = h$.

Центральный угол, опирающийся на сторону правильного пятиугольника, равен $\frac{360^\circ}{5} = 72^\circ$. То есть $\angle A_1OA_2 = \angle A_2OA_3 = \angle A_3OA_4 = 72^\circ$. Поскольку $OA$ и $OB$ являются биссектрисами углов $\angle A_1OA_2$ и $\angle A_2OA_3$ соответственно, то $\angle AOB = \angle AOA_2 + \angle A_2OB = \frac{1}{2}\angle A_1OA_2 + \frac{1}{2}\angle A_2OA_3 = \frac{72^\circ}{2} + \frac{72^\circ}{2} = 72^\circ$. Аналогично, $\angle BOC = \angle BOA_3 + \angle A_3OC = \frac{1}{2}\angle A_2OA_3 + \frac{1}{2}\angle A_3OA_4 = 72^\circ$.

В треугольнике $AOB$ стороны $OA=OB=h$, значит, он равнобедренный. Длина стороны $AB$ равна $2h \sin(\frac{\angle AOB}{2}) = 2h \sin(36^\circ)$. В треугольнике $BOC$ стороны $OB=OC=h$, значит, он равнобедренный. Длина стороны $BC$ равна $2h \sin(\frac{\angle BOC}{2}) = 2h \sin(36^\circ)$. Так как $AB=BC$, треугольник $ABC$ является равнобедренным с основанием $AC$.

2. Ось симметрии треугольника ABC.

Осью симметрии равнобедренного треугольника $ABC$ является прямая, содержащая медиану, высоту и биссектрису, проведенную из вершины $B$ к основанию $AC$. Рассмотрим треугольник $AOC$. Он равнобедренный, так как $OA=OC=h$. Угол $\angle AOC = \angle AOB + \angle BOC = 72^\circ + 72^\circ = 144^\circ$. Прямая $OB$ является биссектрисой угла $\angle AOC$, так как $\angle AOB = \angle BOC = 72^\circ$. В равнобедренном треугольнике $AOC$ биссектриса, проведенная из вершины $O$, является также медианой и высотой. Следовательно, прямая $OB$ перпендикулярна стороне $AC$ и проходит через ее середину. Таким образом, прямая $OB$ является осью симметрии треугольника $ABC$.

Центр описанной окружности $O$ и центр вписанной окружности $O_1$ любого треугольника лежат на его осях симметрии (если они существуют). Значит, точки $O$ и $O_1$ лежат на прямой $OB$. Поскольку прямая $OB$ перпендикулярна прямой $AC$, то и прямая $OO_1$ перпендикулярна прямой $AC$.

3. Доказательство симметричности.

Для доказательства того, что точки $O$ и $O_1$ симметричны относительно прямой $AC$, осталось показать, что их расстояния до прямой $AC$ равны и они лежат по разные стороны от нее. Пусть $M$ — точка пересечения прямых $OB$ и $AC$. Нам нужно доказать, что $OM = O_1M$.

Найдем углы треугольника $ABC$. В равнобедренном $\triangle AOB$ углы при основании $\angle OAB = \angle OBA = \frac{180^\circ - 72^\circ}{2} = 54^\circ$. Аналогично в $\triangle BOC$, $\angle OBC = \angle OCB = 54^\circ$. Тогда угол $\angle ABC = \angle OBA + \angle OBC = 54^\circ + 54^\circ = 108^\circ$. Углы при основании $\triangle ABC$: $\angle BAC = \angle BCA = \frac{180^\circ - 108^\circ}{2} = 36^\circ$. Так как $\angle ABC = 108^\circ > 90^\circ$, треугольник $ABC$ — тупоугольный. Его центр описанной окружности $O$ лежит вне треугольника, а центр вписанной окружности $O_1$ всегда лежит внутри. Так как $B$ и $O_1$ лежат по одну сторону от $AC$, а $O$ — по другую, то точки $O$ и $O_1$ лежат по разные стороны от прямой $AC$.

Найдем расстояние $OM$. Рассмотрим прямоугольный треугольник $OMA$ (так как $OM \perp AC$). $OA=h$ — гипотенуза. В равнобедренном $\triangle AOC$ угол $\angle OAC = \frac{180^\circ - 144^\circ}{2} = 18^\circ$. Тогда $OM = OA \sin(\angle OAM) = h \sin(18^\circ)$. Но удобнее использовать другой угол: $\angle AOM = 90^\circ - \angle OAM = 90^\circ - 18^\circ = 72^\circ$. Тогда $OM = OA \cos(\angle AOM) = h \cos(72^\circ)$.

Расстояние $O_1M$ равно радиусу $r$ вписанной в $\triangle ABC$ окружности. Найдем $r$ по формуле $r = 4R_{ABC} \sin(\frac{A}{2})\sin(\frac{B}{2})\sin(\frac{C}{2})$. Здесь $R_{ABC}=h$, $\angle A=\angle C=36^\circ$, $\angle B=108^\circ$. $r = 4h \sin(\frac{36^\circ}{2})\sin(\frac{108^\circ}{2})\sin(\frac{36^\circ}{2}) = 4h \sin(18^\circ)\sin(54^\circ)\sin(18^\circ) = 4h \sin^2(18^\circ)\sin(54^\circ)$. Так как $\sin(54^\circ) = \cos(36^\circ)$, то $r = 4h \sin^2(18^\circ)\cos(36^\circ)$.

Докажем, что $OM=r$, то есть $h \cos(72^\circ) = 4h \sin^2(18^\circ)\cos(36^\circ)$, или $\cos(72^\circ) = 4\sin^2(18^\circ)\cos(36^\circ)$. Используем формулу понижения степени $2\sin^2(\alpha) = 1-\cos(2\alpha)$: $4\sin^2(18^\circ)\cos(36^\circ) = 2 \cdot (2\sin^2(18^\circ)) \cos(36^\circ) = 2(1-\cos(36^\circ))\cos(36^\circ) = 2\cos(36^\circ) - 2\cos^2(36^\circ)$. Используем формулу $2\cos^2(\alpha) = 1+\cos(2\alpha)$: $2\cos(36^\circ) - (1+\cos(72^\circ)) = 2\cos(36^\circ) - 1 - \cos(72^\circ)$. Нам нужно доказать, что $2\cos(36^\circ) - 1 - \cos(72^\circ) = \cos(72^\circ)$, что равносильно $2\cos(36^\circ) - 1 = 2\cos(72^\circ)$, или $2(\cos(36^\circ) - \cos(72^\circ)) = 1$. Это известное тождество, связанное с золотым сечением. $\cos(36^\circ) = \frac{1+\sqrt{5}}{4}$ и $\cos(72^\circ) = \frac{\sqrt{5}-1}{4}$. $2(\frac{1+\sqrt{5}}{4} - \frac{\sqrt{5}-1}{4}) = 2(\frac{1+\sqrt{5}-\sqrt{5}+1}{4}) = 2(\frac{2}{4}) = 1$. Тождество верно, следовательно $OM=r=O_1M$.

Таким образом, прямая $OO_1$ перпендикулярна прямой $AC$, и точка их пересечения $M$ является серединой отрезка $OO_1$. Это означает, что точки $O$ и $O_1$ симметричны относительно прямой $AC$.

Ответ: Утверждение, что центр $O$ данной окружности и центр $O_1$ окружности, вписанной в треугольник $ABC$, симметричны относительно прямой $AC$, доказано.