Номер 17.13, страница 131 - гдз по геометрии 8 класс учебник Мерзляк, Поляков

17.13. Биссектриса угла $A$ остроугольного треугольника $ABC$ перпендикулярна прямой Эйлера этого треугольника. Докажите, что $\angle A = 60^\circ$.

17.13. Биссектриса угла A остроугольного треугольника ABC перпендикулярна прямой Эйлера этого треугольника. Докажите, что $ \angle A = 60^{\circ} $.

Пусть в остроугольном треугольнике $ABC$ $AL$ — биссектриса угла $A$, $O$ — центр описанной окружности, $H$ — ортоцентр. Прямая, проходящая через точки $O$ и $H$, является прямой Эйлера.По условию задачи, биссектриса $AL$ перпендикулярна прямой Эйлера $OH$.

Рассмотрим треугольник $AOH$. Так как $AL \perp OH$ по условию, то $AL$ является высотой треугольника $AOH$, проведенной из вершины $A$.Теперь докажем, что $AL$ также является биссектрисой угла $OAH$.

Пусть углы треугольника $ABC$ равны $A, B, C$.Линия $AO$ является радиусом описанной окружности. В равнобедренном треугольнике $AOC$ ($AO=OC=R$) угол при вершине $O$ равен $\angle AOC = 2B$. Следовательно, угол при основании $\angle OAC = \frac{180^\circ - 2B}{2} = 90^\circ - B$.Поскольку $AL$ — биссектриса угла $A$, то $\angle LAC = \frac{A}{2}$.Тогда угол между радиусом $AO$ и биссектрисой $AL$ равен:$\angle OAL = |\angle OAC - \angle LAC| = |(90^\circ - B) - \frac{A}{2}|$.Так как $A+B+C = 180^\circ$, то $90^\circ = \frac{A+B+C}{2}$. Подставим это в выражение:$\angle OAL = |\frac{A+B+C}{2} - B - \frac{A}{2}| = |\frac{C-B}{2}|$.

Теперь найдем угол между высотой из вершины $A$ и биссектрисой $AL$. Ортоцентр $H$ лежит на высоте, проведенной из вершины $A$. Пусть $AD$ — высота. В прямоугольном треугольнике $ADC$ угол $\angle CAD = 90^\circ - C$.Тогда угол между высотой $AH$ и биссектрисой $AL$ равен:$\angle HAL = |\angle CAD - \angle LAC| = |(90^\circ - C) - \frac{A}{2}|$.Снова подставим $90^\circ = \frac{A+B+C}{2}$:$\angle HAL = |\frac{A+B+C}{2} - C - \frac{A}{2}| = |\frac{B-C}{2}|$.

Таким образом, мы получили, что $\angle OAL = \angle HAL = \frac{|B-C|}{2}$. Это означает, что биссектриса угла $A$ треугольника $ABC$ также является биссектрисой угла $OAH$.

Итак, в треугольнике $AOH$ отрезок $AL$ является одновременно и высотой (по условию), и биссектрисой угла $OAH$. Следовательно, треугольник $AOH$ — равнобедренный, и его боковые стороны, выходящие из вершины $A$, равны: $AO = AH$.

Теперь воспользуемся известными формулами для длин отрезков $AO$ и $AH$.Длина $AO$ — это радиус $R$ описанной окружности треугольника $ABC$, то есть $AO = R$.Длина отрезка от вершины до ортоцентра выражается формулой $AH = 2R|\cos A|$.Приравнивая длины, получаем уравнение:$R = 2R|\cos A|$.

Сократив на $R$ (которое не равно нулю), получим:$1 = 2|\cos A|$,$|\cos A| = \frac{1}{2}$.

По условию, треугольник $ABC$ — остроугольный. Это означает, что все его углы, включая угол $A$, меньше $90^\circ$. Для такого угла $\cos A > 0$.Следовательно, мы можем убрать знак модуля:$\cos A = \frac{1}{2}$.Единственное решение этого уравнения для угла треугольника в диапазоне $(0^\circ, 90^\circ)$ — это $A=60^\circ$.Что и требовалось доказать.

Ответ: Доказано, что $\angle A = 60^\circ$.