Номер 822, страница 211 - гдз по геометрии 7-9 класс учебник Атанасян, Бутузов

Задачи повышенной трудности. Задачи повышенной трудности. Задачи к главе 5 - номер 822, страница 211.

Условие.

822 На сторонах параллелограмма вне его построены квадраты. Докажите, что точки пересечения диагоналей этих квадратов являются вершинами квадрата.

Решение 1.

Решение 2.

Решение 3.

Решение 4.

Решение 6.

Решение 10.

Пусть дан параллелограмм $ABCD$. На его сторонах $AB, BC, CD, DA$ внешним образом построены квадраты. Обозначим центры этих квадратов (точки пересечения диагоналей) как $O_1, O_2, O_3, O_4$ соответственно.

Для доказательства того, что четырехугольник $O_1O_2O_3O_4$ является квадратом, нам нужно показать, что все его стороны равны и один из углов прямой (или что его диагонали равны и перпендикулярны).

1. Докажем, что $O_1O_2O_3O_4$ — ромб (все стороны равны).

Рассмотрим треугольники $\triangle O_1BO_2$ и $\triangle O_3DO_4$.

• $O_1$ — центр квадрата на стороне $AB$. Треугольник $\triangle AO_1B$ равнобедренный и прямоугольный, поэтому $O_1B = \frac{AB}{\sqrt{2}}$.
• $O_2$ — центр квадрата на стороне $BC$. Треугольник $\triangle BO_2C$ равнобедренный и прямоугольный, поэтому $O_2B = \frac{BC}{\sqrt{2}}$.
• $O_3$ — центр квадрата на стороне $CD$. $O_3D = \frac{CD}{\sqrt{2}}$.
• $O_4$ — центр квадрата на стороне $DA$. $O_4D = \frac{DA}{\sqrt{2}}$.

В параллелограмме $ABCD$ противоположные стороны равны: $AB = CD$ и $BC = DA$.
Следовательно, $O_1B = O_3D$ и $O_2B = O_4D$.

Найдем углы $\angle O_1BO_2$ и $\angle O_3DO_4$.

• Углы при основании равнобедренного прямоугольного треугольника равны $45^\circ$. Значит, $\angle O_1BA = \angle CBO_2 = \angle O_3DC = \angle ADO_4 = 45^\circ$.
• Угол $\angle O_1BO_2$ складывается из трех углов: $\angle O_1BA + \angle ABC + \angle CBO_2 = 45^\circ + \angle ABC + 45^\circ = 90^\circ + \angle ABC$.
• Угол $\angle O_3DO_4$ складывается из трех углов: $\angle O_3DC + \angle CDA + \angle ADO_4 = 45^\circ + \angle CDA + 45^\circ = 90^\circ + \angle CDA$.

В параллелограмме противоположные углы равны: $\angle ABC = \angle CDA$.
Таким образом, $\angle O_1BO_2 = \angle O_3DO_4$.

Теперь мы можем сравнить треугольники $\triangle O_1BO_2$ и $\triangle O_3DO_4$ по двум сторонам и углу между ними (признак SAS):

• $O_1B = O_3D$
• $O_2B = O_4D$
• $\angle O_1BO_2 = \angle O_3DO_4$

Следовательно, $\triangle O_1BO_2 \cong \triangle O_3DO_4$, и из этого следует равенство третьих сторон: $O_1O_2 = O_3O_4$.

Аналогично, рассматривая треугольники $\triangle O_2CO_3$ и $\triangle O_4AO_1$, можно доказать, что $O_2O_3 = O_4O_1$. Таким образом, в четырехугольнике $O_1O_2O_3O_4$ противоположные стороны попарно равны, что означает, что это параллелограмм.

Теперь докажем, что смежные стороны равны, например $O_1O_2=O_2O_3$.
Воспользуемся теоремой косинусов для треугольников $\triangle O_1BO_2$ и $\triangle O_2CO_3$. Пусть $AB=a$, $BC=b$, $\angle ABC = \beta$. Тогда $CD=a$, $DA=b$, $\angle BCD = 180^\circ - \beta$.

В $\triangle O_1BO_2$:$O_1O_2^2 = O_1B^2 + O_2B^2 - 2 \cdot O_1B \cdot O_2B \cdot \cos(\angle O_1BO_2)$
$O_1O_2^2 = \left(\frac{a}{\sqrt{2}}\right)^2 + \left(\frac{b}{\sqrt{2}}\right)^2 - 2 \frac{a}{\sqrt{2}}\frac{b}{\sqrt{2}} \cos(90^\circ + \beta)$
$O_1O_2^2 = \frac{a^2}{2} + \frac{b^2}{2} - ab(-\sin\beta) = \frac{a^2+b^2}{2} + ab\sin\beta$.

В $\triangle O_2CO_3$:$\angle O_2CO_3 = \angle O_2CB + \angle BCD + \angle DCO_3 = 45^\circ + (180^\circ - \beta) + 45^\circ = 270^\circ - \beta$.
$O_2O_3^2 = O_2C^2 + O_3C^2 - 2 \cdot O_2C \cdot O_3C \cdot \cos(\angle O_2CO_3)$
$O_2O_3^2 = \left(\frac{b}{\sqrt{2}}\right)^2 + \left(\frac{a}{\sqrt{2}}\right)^2 - 2 \frac{b}{\sqrt{2}}\frac{a}{\sqrt{2}} \cos(270^\circ - \beta)$
$O_2O_3^2 = \frac{b^2}{2} + \frac{a^2}{2} - ab(-\sin\beta) = \frac{a^2+b^2}{2} + ab\sin\beta$.

Поскольку $O_1O_2^2 = O_2O_3^2$, то $O_1O_2 = O_2O_3$. Так как $O_1O_2O_3O_4$ — параллелограмм с равными смежными сторонами, он является ромбом.

Ответ: Доказано, что все стороны четырехугольника $O_1O_2O_3O_4$ равны.

2. Докажем, что $O_1O_2O_3O_4$ — квадрат (диагонали равны и перпендикулярны).

Для ромба достаточно доказать, что его диагонали равны, или что один из его углов прямой. Докажем, что диагонали $O_1O_3$ и $O_2O_4$ равны и перпендикулярны. Этот факт известен как теорема Ван Обеля. Приведем ее доказательство для нашего случая с помощью поворотов.

Рассмотрим треугольник $\triangle AO_4D$ и треугольник $\triangle CO_2B$. Они равны, т.к. $AD=CB$, $AO_4 = CO_2$ и $DO_4=BO_2$. Рассмотрим поворот на $90^\circ$ вокруг точки $A$. Обозначим его $R_A^{90^\circ}$. При этом повороте квадрат на стороне $AD$ перейдет в квадрат, "висящий" на отрезке $AD'$, где $AD'$ получен поворотом $AD$ на $90^\circ$. Рассмотрим треугольники $\triangle AO_1B$ и $\triangle DO_4A$. Повернем $\triangle DO_4A$ на $90^\circ$ вокруг точки $A$. Пусть $D \to D'$, $O_4 \to O_4'$. Тогда $AD' \perp AD$ и $AD'=AD$. Вектор $\vec{AO_1}$ можно получить из вектора $\vec{AB}$ поворотом на $-45^\circ$ и умножением длины на $\frac{1}{\sqrt{2}}$, а вектор $\vec{AO_4}$ — из вектора $\vec{AD}$ поворотом на $45^\circ$ и умножением на $\frac{1}{\sqrt{2}}$.

Рассмотрим треугольник $\triangle AO_4B$ и $\triangle CO_2D$.$AO_4 = \frac{AD}{\sqrt{2}} = \frac{BC}{\sqrt{2}} = CO_2$.
$AB = CD$.
$\angle O_4AB = \angle O_4AD + \angle DAB = 45^\circ + \angle DAB$.
$\angle O_2CD = \angle O_2CB + \angle BCD + \angle DCB = 45^\circ + \angle BCD$. Нет, это не тот угол. $\angle O_2CD = 360^\circ - \angle DCO_3 - \angle O_3CO_2 = ...$

Более строгий и наглядный метод — использование векторов. Поместим вершину $A$ в начало координат. Пусть $\vec{AB}=\vec{u}$ и $\vec{AD}=\vec{v}$. Пусть $R$ — оператор поворота вектора на $90^\circ$ против часовой стрелки. Тогда центры квадратов имеют радиус-векторы:

$\vec{o_1} = \frac{\vec{u} + R(-\vec{u})}{2} = \frac{\vec{u} - R(\vec{u})}{2}$
$\vec{o_2} = \vec{u} + \frac{\vec{v} + R(-\vec{v})}{2} = \vec{u} + \frac{\vec{v} - R(\vec{v})}{2}$
$\vec{o_3} = \vec{v} + \frac{\vec{u} + R(\vec{u})}{2}$ (т.к. вектор стороны $\vec{DC}=\vec{u}$)
$\vec{o_4} = \frac{\vec{v} + R(\vec{v})}{2}$

Найдем векторы диагоналей:

$\vec{O_2O_4} = \vec{o_4} - \vec{o_2} = \frac{\vec{v} + R(\vec{v})}{2} - \left(\vec{u} + \frac{\vec{v} - R(\vec{v})}{2}\right) = \frac{2R(\vec{v})}{2} - \vec{u} = R(\vec{v}) - \vec{u}$.

$\vec{O_1O_3} = \vec{o_3} - \vec{o_1} = \left(\vec{v} + \frac{\vec{u} + R(\vec{u})}{2}\right) - \frac{\vec{u} - R(\vec{u})}{2} = \vec{v} + \frac{2R(\vec{u})}{2} = \vec{v} + R(\vec{u})$.

Проверим их перпендикулярность через скалярное произведение ($R(\vec{x}) \cdot \vec{y} = -\vec{x} \cdot R(\vec{y})$ и $R(\vec{x})\cdot R(\vec{y})=\vec{x}\cdot\vec{y}$):

$\vec{O_2O_4} \cdot \vec{O_1O_3} = (R(\vec{v}) - \vec{u}) \cdot (\vec{v} + R(\vec{u})) = R(\vec{v})\cdot\vec{v} + R(\vec{v})\cdot R(\vec{u}) - \vec{u}\cdot\vec{v} - \vec{u}\cdot R(\vec{u})$.
Поскольку вектор перпендикулярен своему повороту на $90^\circ$, то $R(\vec{v})\cdot\vec{v} = 0$ и $\vec{u}\cdot R(\vec{u}) = 0$.
Получаем: $\vec{v}\cdot\vec{u} - \vec{u}\cdot\vec{v} = 0$. Скалярное произведение равно нулю, значит, диагонали $O_1O_3$ и $O_2O_4$ перпендикулярны.

Теперь найдем квадраты их длин:

$|\vec{O_2O_4}|^2 = (R(\vec{v}) - \vec{u})^2 = |R(\vec{v})|^2 - 2R(\vec{v})\cdot\vec{u} + |\vec{u}|^2 = |\vec{v}|^2 + |\vec{u}|^2 - 2R(\vec{v})\cdot\vec{u}$.

$|\vec{O_1O_3}|^2 = (\vec{v} + R(\vec{u}))^2 = |\vec{v}|^2 + 2\vec{v}\cdot R(\vec{u}) + |R(\vec{u})|^2 = |\vec{v}|^2 + |\vec{u}|^2 + 2\vec{v}\cdot R(\vec{u})$.

Поскольку $R(\vec{v})\cdot\vec{u} = - \vec{v}\cdot R(\vec{u})$, то $-2R(\vec{v})\cdot\vec{u} = 2\vec{v}\cdot R(\vec{u})$, а значит $|\vec{O_2O_4}|^2 = |\vec{O_1O_3}|^2$. Длины диагоналей равны.

Мы доказали, что $O_1O_2O_3O_4$ — ромб, диагонали которого равны. Ромб с равными диагоналями является квадратом.

Ответ: Точки пересечения диагоналей этих квадратов являются вершинами квадрата, что и требовалось доказать.