Номер 864, страница 216 - гдз по геометрии 7-9 класс учебник Атанасян, Бутузов

Задачи повышенной трудности. Задачи повышенной трудности. Задачи к главе 7 - номер 864, страница 216.

Условие.

864 Середины трёх высот треугольника лежат на одной прямой. Докажите, что этот треугольник прямоугольный.

Решение 1.

Решение 2.

Решение 3.

Решение 4.

Решение 5.

Решение 6.

Решение 10.

Пусть дан треугольник $ABC$ с вершинами $A, B, C$ и соответствующими углами, которые мы также обозначим $A, B, C$. Пусть $AD, BE, CF$ — его высоты, опущенные из вершин $A, B, C$ на противолежащие стороны соответственно. Обозначим середины этих высот как $M_{AD}, M_{BE}, M_{CF}$. По условию задачи, точки $M_{AD}, M_{BE}, M_{CF}$ лежат на одной прямой. Требуется доказать, что треугольник $ABC$ является прямоугольным.

Для доказательства воспользуемся векторным методом. Поместим центр описанной окружности треугольника $ABC$ в начало координат $O$. Тогда радиус-векторы вершин $\vec{a}, \vec{b}, \vec{c}$ удовлетворяют условию $|\vec{a}| = |\vec{b}| = |\vec{c}| = R$, где $R$ — радиус описанной окружности.

Пусть $D$ — основание высоты, опущенной из вершины $A$ на сторону $BC$. Точка $D$ лежит на прямой $BC$, поэтому её радиус-вектор $\vec{d}$ можно представить в виде $\vec{d} = (1-t)\vec{b} + t\vec{c}$ для некоторого скаляра $t$. Так как высота $AD$ перпендикулярна стороне $BC$, скалярное произведение векторов $\vec{AD}$ и $\vec{BC}$ равно нулю: $(\vec{d}-\vec{a}) \cdot (\vec{c}-\vec{b}) = 0$.

Подставим выражение для $\vec{d}$:

$((1-t)\vec{b} + t\vec{c} - \vec{a}) \cdot (\vec{c}-\vec{b}) = 0$

Раскрывая скобки и учитывая, что $\vec{b}^2 = \vec{c}^2 = R^2$, получаем:

$(1-t)\vec{b}\cdot\vec{c} - (1-t)\vec{b}^2 + t\vec{c}^2 - t\vec{b}\cdot\vec{c} - \vec{a}\cdot\vec{c} + \vec{a}\cdot\vec{b} = 0$

$(1-2t)(\vec{b}\cdot\vec{c}) + (2t-1)R^2 - \vec{a}\cdot\vec{c} + \vec{a}\cdot\vec{b} = 0$

$(2t-1)(R^2 - \vec{b}\cdot\vec{c}) = \vec{a}\cdot\vec{b} - \vec{a}\cdot\vec{c}$

Используем известные соотношения для скалярных произведений векторов вершин, проведенных из центра описанной окружности: $\vec{b}\cdot\vec{c} = R^2\cos(2A)$, $\vec{a}\cdot\vec{b} = R^2\cos(2C)$, $\vec{a}\cdot\vec{c} = R^2\cos(2B)$.

$(2t-1)(R^2 - R^2\cos(2A)) = R^2\cos(2C) - R^2\cos(2B)$

$(2t-1)(1 - \cos(2A)) = \cos(2C) - \cos(2B)$

$(2t-1)(2\sin^2 A) = -2\sin(C+B)\sin(C-B)$

Поскольку $A+B+C=\pi$, то $\sin(C+B)=\sin(\pi-A)=\sin A$. Предполагая, что $A$ не равен $0$ или $\pi$, $\sin A \neq 0$:

$(2t-1)\sin A = -\sin(C-B) = \sin(B-C)$

$2t-1 = \frac{\sin(B-C)}{\sin A} = \frac{\sin(B-C)}{\sin(B+C)}$

$2t = 1 + \frac{\sin(B-C)}{\sin(B+C)} = \frac{\sin(B+C) + \sin(B-C)}{\sin(B+C)} = \frac{2\sin B \cos C}{\sin(B+C)}$

$t = \frac{\sin B \cos C}{\sin A}$. Обозначим этот параметр $t_A$.

Радиус-вектор середины высоты $AD$, точки $M_{AD}$, равен $\vec{m}_{AD} = \frac{1}{2}(\vec{a}+\vec{d}) = \frac{1}{2}(\vec{a} + (1-t_A)\vec{b} + t_A\vec{c})$.

Аналогично, для середин высот $BE$ и $CF$ получаем:

$\vec{m}_{BE} = \frac{1}{2}(\vec{b} + (1-t_B)\vec{c} + t_B\vec{a})$, где $t_B = \frac{\sin C \cos A}{\sin B}$

$\vec{m}_{CF} = \frac{1}{2}(\vec{c} + (1-t_C)\vec{a} + t_C\vec{b})$, где $t_C = \frac{\sin A \cos B}{\sin C}$

Условие коллинеарности точек $M_{AD}, M_{BE}, M_{CF}$ означает, что векторы $\vec{M_{AD}M_{BE}}$ и $\vec{M_{AD}M_{CF}}$ параллельны. Выразим эти векторы:

$\vec{M_{AD}M_{BE}} = \vec{m}_{BE} - \vec{m}_{AD} = \frac{1}{2}((t_B-1)\vec{a} + t_A\vec{b} + (1-t_A-t_B)\vec{c})$

$\vec{M_{AD}M_{CF}} = \vec{m}_{CF} - \vec{m}_{AD} = \frac{1}{2}(-t_C\vec{a} + (t_C-1+t_A)\vec{b} + (1-t_A)\vec{c})$.

Заметим, что сумма коэффициентов при $\vec{a}, \vec{b}, \vec{c}$ в обоих выражениях равна нулю. Это позволяет переписать векторы через разности векторов вершин, например, $\vec{b}-\vec{a}$ и $\vec{c}-\vec{a}$:

$\vec{M_{AD}M_{BE}} = \frac{1}{2}(t_A(\vec{b}-\vec{a}) + (1-t_A-t_B)(\vec{c}-\vec{a}))$

$\vec{M_{AD}M_{CF}} = \frac{1}{2}((t_C-1+t_A)(\vec{b}-\vec{a}) + (1-t_A)(\vec{c}-\vec{a}))$

Параллельность векторов означает пропорциональность их коэффициентов:

$\frac{t_A}{t_C-1+t_A} = \frac{1-t_A-t_B}{1-t_A}$

$t_A(1-t_A) = (t_C-1+t_A)(1-t_A-t_B)$

$t_A - t_A^2 = t_C - t_C t_A - t_C t_B - 1 + t_A + t_B + t_A - t_A^2 - t_A t_B$

После упрощения получаем: $1 = t_A+t_B+t_C - (t_A t_B + t_B t_C + t_C t_A)$.

Рассмотрим произведение $(1-t_A)(1-t_B)(1-t_C)$. С одной стороны, оно равно $1 - (t_A+t_B+t_C) + (t_A t_B + t_B t_C + t_C t_A) - t_A t_B t_C$. Используя полученное условие, $t_A+t_B+t_C - (t_A t_B + t_B t_C + t_C t_A)=1$, это выражение равно $1 - (1) - t_A t_B t_C = -t_A t_B t_C$.

С другой стороны, вычислим $t_A t_B t_C$ и $(1-t_A)(1-t_B)(1-t_C)$ через углы треугольника.

$t_A t_B t_C = \frac{\sin B \cos C}{\sin A} \cdot \frac{\sin C \cos A}{\sin B} \cdot \frac{\sin A \cos B}{\sin C} = \cos A \cos B \cos C$.

Вычислим множитель $(1-t_A)$:

$1-t_A = 1 - \frac{\sin B \cos C}{\sin A} = \frac{\sin A - \sin B \cos C}{\sin A} = \frac{\sin(B+C) - \sin B \cos C}{\sin A} = \frac{\sin B \cos C + \cos B \sin C - \sin B \cos C}{\sin A} = \frac{\cos B \sin C}{\sin A}$.

Аналогично, $1-t_B = \frac{\cos C \sin A}{\sin B}$ и $1-t_C = \frac{\cos A \sin B}{\sin C}$.

Их произведение:

$(1-t_A)(1-t_B)(1-t_C) = \frac{\cos B \sin C}{\sin A} \cdot \frac{\cos C \sin A}{\sin B} \cdot \frac{\cos A \sin B}{\sin C} = \cos A \cos B \cos C$.

Теперь приравняем два полученных выражения для $(1-t_A)(1-t_B)(1-t_C)$:

$\cos A \cos B \cos C = -t_A t_B t_C = -\cos A \cos B \cos C$.

Отсюда следует, что $2\cos A \cos B \cos C = 0$.

Это равенство возможно только если косинус одного из углов равен нулю, то есть один из углов $A, B$ или $C$ равен $90^\circ$. Таким образом, треугольник $ABC$ является прямоугольным, что и требовалось доказать.

Ответ: Утверждение доказано.