Номер 1257, страница 171 - гдз по геометрии 10 класс сборник задач Латотин, Чеботаревский

1257. Прямоугольные треугольники $AOB$ и $COD$ имеют общую вершину прямых углов, $M$ и $N$ — точки пересечения прямых $AC$ и $BD, AD$ и $BC$ (рис. 366). Докажите, что треугольник $MON$ также прямоугольный.

Рис. 366

Данное утверждение является критерием, то есть требует доказательства в обе стороны (необходимость и достаточность).

1. Доказательство необходимости: если Q — центр вписанной окружности, то $a \cdot \vec{QA} + b \cdot \vec{QB} + c \cdot \vec{QC} = \vec{0}$.

Центр вписанной в треугольник окружности (инцентр) является точкой пересечения его биссектрис. Известно, что радиус-вектор инцентра $Q$ относительно произвольного начала координат $O$ выражается через радиус-векторы вершин треугольника $A, B, C$ по формуле:

$\vec{OQ} = \frac{a \cdot \vec{OA} + b \cdot \vec{OB} + c \cdot \vec{OC}}{a+b+c}$

где $a, b, c$ — длины сторон $BC, AC, AB$, противолежащих вершинам $A, B, C$ соответственно.

Выберем в качестве начала координат саму точку $Q$. В этом случае $\vec{OQ}$ становится нулевым вектором $\vec{QQ} = \vec{0}$, а радиус-векторы вершин $\vec{OA}, \vec{OB}, \vec{OC}$ становятся векторами $\vec{QA}, \vec{QB}, \vec{QC}$ соответственно. Подставим это в формулу:

$\vec{0} = \frac{a \cdot \vec{QA} + b \cdot \vec{QB} + c \cdot \vec{QC}}{a+b+c}$

Знаменатель $a+b+c$ является периметром треугольника и, следовательно, не равен нулю. Чтобы дробь была равна нулевому вектору, ее числитель должен быть равен нулевому вектору:

$a \cdot \vec{QA} + b \cdot \vec{QB} + c \cdot \vec{QC} = \vec{0}$

Таким образом, первая часть утверждения доказана.

2. Доказательство достаточности: если $a \cdot \vec{QA} + b \cdot \vec{QB} + c \cdot \vec{QC} = \vec{0}$, то Q — центр вписанной окружности.

Пусть дано векторное равенство $a \cdot \vec{QA} + b \cdot \vec{QB} + c \cdot \vec{QC} = \vec{0}$. Чтобы доказать, что $Q$ является инцентром, достаточно показать, что она лежит на одной из биссектрис, например, на биссектрисе угла $A$. По симметрии будет следовать, что она лежит и на других биссектрисах.

Выразим все векторы через векторы с началом в точке $A$:

$\vec{QA} = -\vec{AQ}$

$\vec{QB} = \vec{AB} - \vec{AQ}$

$\vec{QC} = \vec{AC} - \vec{AQ}$

Подставим эти выражения в исходное равенство:

$a(-\vec{AQ}) + b(\vec{AB} - \vec{AQ}) + c(\vec{AC} - \vec{AQ}) = \vec{0}$

$-a\vec{AQ} + b\vec{AB} - b\vec{AQ} + c\vec{AC} - c\vec{AQ} = \vec{0}$

Сгруппируем члены с $\vec{AQ}$ и перенесем их в одну часть, а остальные оставим в другой:

$b\vec{AB} + c\vec{AC} = (a+b+c)\vec{AQ}$

Отсюда выразим вектор $\vec{AQ}$:

$\vec{AQ} = \frac{b\vec{AB} + c\vec{AC}}{a+b+c}$

Рассмотрим вектор в числителе: $\vec{v} = b\vec{AB} + c\vec{AC}$. Этот вектор является суммой двух векторов $b\vec{AB}$ и $c\vec{AC}$, исходящих из одной точки $A$. Геометрически это диагональ параллелограмма, построенного на этих векторах.

Найдем длины этих векторов:

$|b\vec{AB}| = b \cdot |\vec{AB}| = b \cdot c$

$|c\vec{AC}| = c \cdot |\vec{AC}| = c \cdot b$

Поскольку длины векторов равны ($bc = cb$), то параллелограмм, построенный на них, является ромбом. Известно, что диагональ ромба является биссектрисой угла между его сторонами. Следовательно, вектор $\vec{v} = b\vec{AB} + c\vec{AC}$ направлен по биссектрисе угла $BAC$.

Вектор $\vec{AQ}$ получается из вектора $\vec{v}$ умножением на положительный скаляр $\frac{1}{a+b+c}$. Это означает, что вектор $\vec{AQ}$ коллинеарен вектору $\vec{v}$ и сонаправлен с ним. Следовательно, вектор $\vec{AQ}$ также направлен по биссектрисе угла $A$, а значит, точка $Q$ лежит на биссектрисе угла $A$.

Аналогично можно доказать, что точка $Q$ лежит на биссектрисах углов $B$ и $C$. Точка пересечения биссектрис треугольника является центром вписанной окружности. Таким образом, вторая часть утверждения доказана.

Поскольку доказаны и необходимость, и достаточность, утверждение задачи полностью доказано.

Ответ: Утверждение доказано.