Номер 17.14, страница 131 - гдз по геометрии 8 класс учебник Мерзляк, Поляков

17.14. Биссектриса угла A тупоугольного треугольника ABC параллельна прямой Эйлера этого треугольника. Докажите, что $\angle A = 120^\circ$.

17.14. Биссектриса угла $A$ тупоугольного треугольника $ABC$ параллельна прямой Эйлера этого треугольника. Докажите, что $\angle A = 120^\circ$.

Пусть $\triangle ABC$ — тупоугольный треугольник, $AL$ — биссектриса угла $A$, $O$ — центр описанной окружности (circumcenter), $H$ — ортоцентр. Прямая $OH$ является прямой Эйлера. По условию, $AL \parallel OH$. Необходимо доказать, что $\angle A = 120^\circ$.

Для решения задачи воспользуемся методом координат. Поместим центр описанной окружности $O$ в начало координат $(0,0)$. Пусть радиус описанной окружности равен $R$. Поскольку треугольник тупоугольный, без ограничения общности будем считать, что угол $A$ — тупой, т.е. $\angle A > 90^\circ$.

Расположим вершины треугольника на окружности $x^2 + y^2 = R^2$. Для удобства вычислений разместим вершину $A$ на положительной части оси $y$. Тогда её координаты будут $A(0, R)$.

Координаты вершин $B$ и $C$ можно выразить через углы треугольника. Центральный угол, опирающийся на дугу, вдвое больше вписанного угла. Центральный угол $\angle AOC = 2B$, а $\angle AOB = 2C$. Отсчитывая углы от положительной части оси $x$, мы можем задать положение вершин $A, B, C$ их полярными углами. Пусть полярный угол $A$ равен $90^\circ$. Тогда полярный угол $C$ будет $90^\circ+2B$, а полярный угол $B$ будет $90^\circ-2C$.

Координаты вершин будут:

• $A = (R\cos(90^\circ), R\sin(90^\circ)) = (0, R)$
• $B = (R\cos(90^\circ-2C), R\sin(90^\circ-2C)) = (R\sin(2C), R\cos(2C))$
• $C = (R\cos(90^\circ+2B), R\sin(90^\circ+2B)) = (-R\sin(2B), R\cos(2B))$

1. Найдем угловой коэффициент биссектрисы $AL$.

Найдем угловые коэффициенты сторон $AB$ и $AC$.Угловой коэффициент прямой $AB$:$m_{AB} = \frac{R\cos(2C) - R}{R\sin(2C) - 0} = \frac{\cos(2C) - 1}{\sin(2C)} = \frac{-2\sin^2(C)}{2\sin(C)\cos(C)} = -\tan(C)$.Угловой коэффициент прямой $AC$:$m_{AC} = \frac{R\cos(2B) - R}{-R\sin(2B) - 0} = \frac{1-\cos(2B)}{\sin(2B)} = \frac{2\sin^2(B)}{2\sin(B)\cos(B)} = \tan(B)$.

Пусть $\alpha_{AB}$ и $\alpha_{AC}$ — углы, которые прямые $AB$ и $AC$ образуют с положительным направлением оси $x$. Тогда $\tan(\alpha_{AB}) = -\tan(C) = \tan(180^\circ-C)$ и $\tan(\alpha_{AC}) = \tan(B)$. Биссектриса $AL$ делит угол $BAC$ пополам, поэтому её угол $\alpha_{AL}$ с осью $x$ равен среднему арифметическому углов $\alpha_{AB}$ и $\alpha_{AC}$:$\alpha_{AL} = \frac{(180^\circ-C) + B}{2} = 90^\circ + \frac{B-C}{2}$.Угловой коэффициент биссектрисы $AL$:$m_{AL} = \tan(90^\circ + \frac{B-C}{2}) = -\cot(\frac{B-C}{2})$.

2. Найдем угловой коэффициент прямой Эйлера $OH$.

Ортоцентр $H$ задается векторной суммой $\vec{OH} = \vec{OA} + \vec{OB} + \vec{OC}$. В координатах это означает, что координаты $H$ являются суммой координат $A$, $B$ и $C$.

$H_x = 0 + R\sin(2C) - R\sin(2B) = R(\sin(2C) - \sin(2B))$

$H_y = R + R\cos(2C) + R\cos(2B) = R(1 + \cos(2C) + \cos(2B))$

Прямая Эйлера $OH$ проходит через начало координат $O(0,0)$ и точку $H(H_x, H_y)$. Её угловой коэффициент равен:$m_{OH} = \frac{H_y}{H_x} = \frac{R(1 + \cos(2C) + \cos(2B))}{R(\sin(2C) - \sin(2B))} = \frac{1 + \cos(2C) + \cos(2B)}{\sin(2C) - \sin(2B)}$.

Используем тригонометрические формулы суммы и разности:$\cos(2C) + \cos(2B) = 2\cos(B+C)\cos(C-B) = 2\cos(180^\circ-A)\cos(B-C) = -2\cos(A)\cos(B-C)$.$\sin(2C) - \sin(2B) = 2\cos(B+C)\sin(C-B) = 2\cos(180^\circ-A)\sin(C-B) = -2\cos(A)\sin(C-B)$.

Подставим эти выражения в формулу для $m_{OH}$:$m_{OH} = \frac{1 - 2\cos(A)\cos(B-C)}{-2\cos(A)\sin(C-B)}$.

3. Используем условие параллельности.

По условию $AL \parallel OH$, следовательно, их угловые коэффициенты равны: $m_{AL} = m_{OH}$.

$-\cot(\frac{B-C}{2}) = \frac{1 - 2\cos(A)\cos(B-C)}{-2\cos(A)\sin(C-B)}$

$\frac{\cos(\frac{B-C}{2})}{\sin(\frac{B-C}{2})} = \frac{1 - 2\cos(A)\cos(B-C)}{2\cos(A)\sin(C-B)}$.

Предположим, что $B \ne C$. В противном случае, если $B=C$, треугольник равнобедренный. Тогда биссектриса $AL$ является также высотой и медианой. На ней лежат и центр описанной окружности $O$, и ортоцентр $H$. Таким образом, прямая Эйлера $OH$ совпадает с биссектрисой $AL$. Совпадающие прямые являются частным случаем параллельных. Однако задача требует доказать конкретное значение для угла $A$, что предполагает единственное решение, поэтому будем считать, что прямые различны, а значит $B \ne C$.

Используем формулы двойного угла:$\sin(C-B) = 2\sin(\frac{C-B}{2})\cos(\frac{C-B}{2}) = -2\sin(\frac{B-C}{2})\cos(\frac{B-C}{2})$.$\cos(B-C) = 2\cos^2(\frac{B-C}{2}) - 1$.

Подставим их в уравнение:

$\frac{\cos(\frac{B-C}{2})}{\sin(\frac{B-C}{2})} = \frac{1 - 2\cos(A)(2\cos^2(\frac{B-C}{2}) - 1)}{2\cos(A)(-2\sin(\frac{B-C}{2})\cos(\frac{B-C}{2}))}$.

Сократим $\sin(\frac{B-C}{2})$ в знаменателе (так как $B \ne C$):

$\cos(\frac{B-C}{2}) = \frac{1 - 4\cos(A)\cos^2(\frac{B-C}{2}) + 2\cos(A)}{-4\cos(A)\cos(\frac{B-C}{2})}$.

Умножим обе части на $-4\cos(A)\cos(\frac{B-C}{2})$ (так как $\cos(A) \ne 0$ и $\cos(\frac{B-C}{2}) \ne 0$):

$-4\cos(A)\cos^2(\frac{B-C}{2}) = 1 - 4\cos(A)\cos^2(\frac{B-C}{2}) + 2\cos(A)$.

Сокращая одинаковые члены $-4\cos(A)\cos^2(\frac{B-C}{2})$ с обеих сторон, получаем:

$0 = 1 + 2\cos(A)$.

$2\cos(A) = -1$.

$\cos(A) = -\frac{1}{2}$.

Поскольку по условию $\triangle ABC$ тупоугольный с тупым углом $A$, то $90^\circ < A < 180^\circ$. Единственное решение уравнения $\cos(A) = -1/2$ в этом интервале — это $A = 120^\circ$.

Таким образом, мы доказали, что $\angle A = 120^\circ$.

Ответ: Что и требовалось доказать.