Номер 863, страница 216 - гдз по геометрии 7-9 класс учебник Атанасян, Бутузов

Задачи повышенной трудности. Задачи повышенной трудности. Задачи к главе 7 - номер 863, страница 216.

Условие.

863 Отрезки $AA_1$, $BB_1$ и $CC_1$ соединяют вершины треугольника $ABC$ с внутренними точками противоположных сторон. Докажите, что середины этих отрезков не лежат на одной прямой.

Решение 1.

Решение 2.

Решение 3.

Решение 4.

Решение 5.

Решение 6.

Решение 10.

Доказательство.

Для решения задачи воспользуемся методом барицентрических координат. В барицентрической системе координат, связанной с треугольником $ABC$, его вершины имеют координаты:$A = (1, 0, 0)$, $B = (0, 1, 0)$, $C = (0, 0, 1)$.

Точка $A_1$ является внутренней точкой стороны $BC$. Это означает, что ее можно представить в виде линейной комбинации вершин $B$ и $C$: $A_1 = (1-t_a)B + t_a C$ для некоторого параметра $t_a$. В координатной форме это записывается как $A_1 = (0, 1-t_a, t_a)$. Поскольку $A_1$ — внутренняя точка, она не совпадает с вершинами $B$ и $C$, поэтому $t_a \in (0, 1)$.

Аналогично, для внутренних точек $B_1$ на стороне $AC$ и $C_1$ на стороне $AB$ имеем:$B_1 = (1-t_b)C + t_b A = (t_b, 0, 1-t_b)$, где $t_b \in (0, 1)$.$C_1 = (1-t_c)A + t_c B = (1-t_c, t_c, 0)$, где $t_c \in (0, 1)$.

Пусть $M_A, M_B, M_C$ — середины отрезков $AA_1, BB_1, CC_1$ соответственно. Координаты середины отрезка равны полусумме координат его концов. Найдем координаты этих точек:$M_A = \frac{A + A_1}{2} = \frac{1}{2}(1, 0, 0) + \frac{1}{2}(0, 1-t_a, t_a) = (\frac{1}{2}, \frac{1-t_a}{2}, \frac{t_a}{2})$$M_B = \frac{B + B_1}{2} = \frac{1}{2}(0, 1, 0) + \frac{1}{2}(t_b, 0, 1-t_b) = (\frac{t_b}{2}, \frac{1}{2}, \frac{1-t_b}{2})$$M_C = \frac{C + C_1}{2} = \frac{1}{2}(0, 0, 1) + \frac{1}{2}(1-t_c, t_c, 0) = (\frac{1-t_c}{2}, \frac{t_c}{2}, \frac{1}{2})$

Три точки в барицентрической системе координат являются коллинеарными (лежат на одной прямой) тогда и только тогда, когда определитель матрицы, составленной из их координат, равен нулю. Докажем от противного: предположим, что точки $M_A, M_B, M_C$ коллинеарны. Тогда:$\begin{vmatrix}\frac{1}{2} & \frac{1-t_a}{2} & \frac{t_a}{2} \\\frac{t_b}{2} & \frac{1}{2} & \frac{1-t_b}{2} \\\frac{1-t_c}{2} & \frac{t_c}{2} & \frac{1}{2}\end{vmatrix} = 0$

Вынеся общий множитель $\frac{1}{8}$ за знак определителя, получим:$\frac{1}{8} \begin{vmatrix}1 & 1-t_a & t_a \\t_b & 1 & 1-t_b \\1-t_c & t_c & 1\end{vmatrix} = 0$

Это равносильно тому, что сам определитель равен нулю. Раскроем его, например, по первой строке:$1 \cdot (1 - t_c(1-t_b)) - (1-t_a)(t_b - (1-t_c)(1-t_b)) + t_a(t_b t_c - (1-t_c)) = 0$После раскрытия скобок и приведения подобных слагаемых получаем:$2 - 2t_a - 2t_b - 2t_c + 2t_a t_b + 2t_b t_c + 2t_c t_a = 0$$1 - (t_a + t_b + t_c) + (t_a t_b + t_b t_c + t_c t_a) = 0$

Это уравнение можно преобразовать, используя тождество для $(1-t_a)(1-t_b)(1-t_c)$:$(1-t_a)(1-t_b)(1-t_c) = 1 - (t_a+t_b+t_c) + (t_a t_b + t_b t_c + t_c t_a) - t_a t_b t_c$Подставив это в наше уравнение, получаем:$(1-t_a)(1-t_b)(1-t_c) + t_a t_b t_c = 0$

Проанализируем полученное равенство. По условию, точки $A_1, B_1, C_1$ являются внутренними точками сторон, следовательно, $t_a \in (0, 1)$, $t_b \in (0, 1)$ и $t_c \in (0, 1)$. Это означает, что:$t_a, t_b, t_c$ — строго положительные числа, значит их произведение $t_a t_b t_c > 0$.$1-t_a, 1-t_b, 1-t_c$ — также строго положительные числа, значит их произведение $(1-t_a)(1-t_b)(1-t_c) > 0$.

Таким образом, левая часть уравнения $(1-t_a)(1-t_b)(1-t_c) + t_a t_b t_c = 0$ является суммой двух строго положительных слагаемых, а значит, сама строго больше нуля. Она не может быть равна нулю. Полученное противоречие означает, что наше первоначальное предположение о коллинеарности точек $M_A, M_B, M_C$ было неверным.

Ответ: Что и требовалось доказать. Середины отрезков $AA_1, BB_1$ и $CC_1$ не лежат на одной прямой.