Номер 435, страница 149 - гдз по геометрии 11 класс учебник Латотин, Чеботаревский

435. Докажите, что:

а) высота треугольника и радиус описанного около него круга, проведенные из одной вершины, образуют равные углы со сторонами треугольника, выходящими из той же вершины;

б) основания высот треугольника являются вершинами треугольника, для которого высоты данного треугольника являются биссектрисами;

в) если из четырех точек одна является ортоцентром треугольника с вершинами в трех остальных точках, то каждая из этих точек является ортоцентром треугольника с вершинами в трех остальных точках;

г) биссектриса внутреннего угла треугольника и биссектрисы двух внешних углов при двух других вершинах пересекаются в одной точке, которая равноудалена от стороны, противолежащей этому внутреннему углу, и от прямых, проходящих через две другие стороны;

д) из шести биссектрис внутренних и внешних углов треугольника каждые три, которые пересекаются в одной точке, являются высотами треугольника с вершинами в трех остальных точках.

а)

Пусть дан треугольник $ABC$. Обозначим $O$ — центр описанной окружности, $R$ — ее радиус. Проведем из вершины $A$ высоту $AH$ к стороне $BC$ и радиус $OA$ описанной окружности. Нам нужно доказать, что высота $AH$ и радиус $OA$ образуют равные углы со сторонами $AB$ и $AC$ соответственно, то есть $\angle HAB = \angle OAC$.

Рассмотрим случай, когда треугольник $ABC$ — остроугольный.

1. В треугольнике $ABH$, который является прямоугольным (поскольку $AH$ — высота, $\angle AHB = 90^\circ$), сумма острых углов равна $90^\circ$. Следовательно, $\angle HAB = 90^\circ - \angle B$.
2. Теперь рассмотрим угол $\angle OAC$. Точка $O$ — центр описанной окружности, поэтому треугольник $AOC$ является равнобедренным с $OA = OC = R$.
3. Угол $\angle AOC$ является центральным углом, опирающимся на дугу $AC$. Вписанный угол, опирающийся на ту же дугу, — это $\angle ABC$ (или $\angle B$). По свойству вписанных и центральных углов, $\angle AOC = 2\angle B$.
4. В равнобедренном треугольнике $AOC$ углы при основании равны: $\angle OAC = \angle OCA$. Сумма углов треугольника равна $180^\circ$, поэтому $\angle OAC = \frac{180^\circ - \angle AOC}{2}$.
5. Подставим выражение для $\angle AOC$: $\angle OAC = \frac{180^\circ - 2\angle B}{2} = 90^\circ - \angle B$.
6. Сравнивая результаты из пунктов 1 и 5, получаем: $\angle HAB = 90^\circ - \angle B$ и $\angle OAC = 90^\circ - \angle B$. Следовательно, $\angle HAB = \angle OAC$.

Аналогично доказывается, что $\angle HAC = \angle OAB$. Если треугольник тупоугольный (например, угол $B > 90^\circ$), то центр $O$ лежит вне треугольника. В этом случае $\angle AOC = 2(180^\circ - \angle B)$, а $\angle HAB = \angle B - 90^\circ$. Угол $\angle OAC = \frac{180^\circ - (360^\circ - 2\angle B)}{2} = \angle B - 90^\circ$. Равенство также сохраняется.

Ответ: Утверждение доказано. Угол между высотой и стороной, проведенными из одной вершины, равен углу между радиусом описанной окружности и другой стороной, проведенными из той же вершины.

б)

Пусть в треугольнике $ABC$ проведены высоты $AA'$, $BB'$, $CC'$, которые пересекаются в точке $H$ (ортоцентр). Точки $A'$, $B'$, $C'$ являются основаниями высот и образуют так называемый ортотреугольник $A'B'C'$. Нам нужно доказать, что высоты исходного треугольника ($AA'$, $BB'$, $CC'$) являются биссектрисами углов ортотреугольника. Докажем, например, что $A'H$ (часть высоты $AA'$) является биссектрисой угла $\angle C'A'B'$.

1. Рассмотрим четырехугольник $C'HA'B$. Углы $\angle HC'B$ и $\angle HA'B$ прямые, так как $CC'$ и $AA'$ — высоты. Четырехугольник, у которого два противолежащих угла в сумме дают $180^\circ$, является вписанным в окружность. Точки $C'$, $H$, $A'$, $B$ лежат на одной окружности, для которой отрезок $BH$ является диаметром.
2. В этой вписанной окружности углы $\angle C'A'H$ и $\angle C'BH$ опираются на одну и ту же дугу $C'H$. Следовательно, $\angle C'A'H = \angle C'BH$. Угол $\angle C'BH$ — это то же самое, что и угол $\angle C'BB'$.
3. Теперь рассмотрим четырехугольник $B'HA'C$. Углы $\angle HB'C$ и $\angle HA'C$ прямые. Аналогично, точки $B'$, $H$, $A'$, $C$ лежат на одной окружности с диаметром $CH$.
4. В этой окружности углы $\angle B'A'H$ и $\angle B'CH$ опираются на одну дугу $B'H$. Следовательно, $\angle B'A'H = \angle B'CH$. Угол $\angle B'CH$ — это то же самое, что и угол $\angle B'CC'$.
5. Чтобы доказать, что $\angle C'A'H = \angle B'A'H$, нам нужно доказать, что $\angle C'BB' = \angle B'CC'$.
6. Рассмотрим прямоугольный треугольник $ABB'$. В нем $\angle ABB' = 90^\circ - \angle A$. То есть $\angle C'BB' = 90^\circ - \angle A$.
7. Рассмотрим прямоугольный треугольник $ACC'$. В нем $\angle ACC' = 90^\circ - \angle A$. То есть $\angle B'CC' = 90^\circ - \angle A$.
8. Таким образом, $\angle C'BB' = \angle B'CC' = 90^\circ - \angle A$. Из этого следует, что $\angle C'A'H = \angle B'A'H$.

Это означает, что луч $A'H$ является биссектрисой угла $\angle C'A'B'$. Так как $A'H$ лежит на прямой $AA'$, то высота $AA'$ является биссектрисой угла $\angle C'A'B'$ ортотреугольника $A'B'C'$. Аналогичные рассуждения можно провести для вершин $B'$ и $C'$, доказав, что $BB'$ является биссектрисой угла $\angle A'B'C'$, а $CC'$ — биссектрисой угла $\angle A'C'B'$.

Ответ: Утверждение доказано. Высоты данного треугольника являются биссектрисами для его ортотреугольника.

в)

Пусть даны четыре точки $A, B, C, D$. По условию, одна из них, например $D$, является ортоцентром треугольника, образованного тремя другими, то есть $\triangle ABC$. Требуется доказать, что тогда любая из этих четырех точек является ортоцентром треугольника, образованного тремя остальными. Такой набор точек называется ортоцентрической системой.

1. Если $D$ — ортоцентр $\triangle ABC$, то по определению ортоцентра, высоты треугольника, проведенные из вершин, пересекаются в точке $D$. Это означает, что прямые, содержащие отрезки $AD$, $BD$ и $CD$, перпендикулярны противолежащим сторонам треугольника $ABC$. Таким образом, мы имеем следующие соотношения перпендикулярности:
   • $AD \perp BC$
   • $BD \perp AC$
   • $CD \perp AB$
2. Теперь докажем, что точка $A$ является ортоцентром $\triangle BCD$. Для этого нужно показать, что высоты $\triangle BCD$ пересекаются в точке $A$.
3. Рассмотрим высоту из вершины $B$ в $\triangle BCD$. Она должна быть перпендикулярна стороне $CD$. Из условия (пункт 1) мы знаем, что $CD \perp AB$. Значит, прямая $AB$ является высотой $\triangle BCD$, проведенной из вершины $B$. Эта высота проходит через точку $A$.
4. Рассмотрим высоту из вершины $C$ в $\triangle BCD$. Она должна быть перпендикулярна стороне $BD$. Из условия мы знаем, что $BD \perp AC$. Значит, прямая $AC$ является высотой $\triangle BCD$, проведенной из вершины $C$. Эта высота проходит через точку $A$.
5. Рассмотрим высоту из вершины $D$ в $\triangle BCD$. Она должна быть перпендикулярна стороне $BC$. Из условия мы знаем, что $AD \perp BC$. Значит, прямая $AD$ является высотой $\triangle BCD$, проведенной из вершины $D$. Эта высота также проходит через точку $A$.
6. Поскольку все три высоты $\triangle BCD$ (а именно прямые $AB$, $AC$ и $AD$) пересекаются в точке $A$, точка $A$ является ортоцентром $\triangle BCD$.

В силу симметрии рассуждений, аналогично доказывается, что $B$ является ортоцентром $\triangle ACD$, а $C$ является ортоцентром $\triangle ABD$.

Ответ: Утверждение доказано. Если одна из четырех точек является ортоцентром треугольника из трех других, то и любая другая точка этой четверки является ортоцентром треугольника из трех оставшихся.

г)

Пусть дан треугольник $ABC$. Рассмотрим биссектрису его внутреннего угла $A$ и биссектрисы двух внешних углов при вершинах $B$ и $C$. Точка пересечения этих биссектрис называется центром вневписанной окружности треугольника. Докажем, что эти три биссектрисы пересекаются в одной точке, и эта точка равноудалена от прямой $BC$ и прямых $AB$ и $AC$.

1. Пусть $l'_B$ — биссектриса внешнего угла при вершине $B$, а $l'_C$ — биссектриса внешнего угла при вершине $C$. Пусть эти две биссектрисы пересекаются в точке $I_a$.
2. Любая точка, лежащая на биссектрисе угла, равноудалена от сторон этого угла.
3. Поскольку точка $I_a$ лежит на биссектрисе $l'_B$ внешнего угла при вершине $B$, она равноудалена от прямых $AB$ и $BC$. Обозначим расстояние от точки до прямой как $d(P, l)$. Тогда $d(I_a, AB) = d(I_a, BC)$.
4. Поскольку точка $I_a$ лежит на биссектрисе $l'_C$ внешнего угла при вершине $C$, она равноудалена от прямых $AC$ и $BC$. То есть $d(I_a, AC) = d(I_a, BC)$.
5. Из пунктов 3 и 4 следует, что $d(I_a, AB) = d(I_a, AC) (= d(I_a, BC))$.
6. Равенство $d(I_a, AB) = d(I_a, AC)$ означает, что точка $I_a$ равноудалена от сторон угла $BAC$. Следовательно, точка $I_a$ должна лежать на биссектрисе этого угла.
7. Точка $I_a$ находится вне треугольника, по ту же сторону от прямых $AB$ и $AC$, что и сам треугольник (если говорить об угле $BAC$). Поэтому $I_a$ лежит на биссектрисе именно внутреннего угла $A$.
8. Таким образом, биссектриса внутреннего угла $A$ также проходит через точку $I_a$. Это доказывает, что три указанные биссектрисы (одна внутренняя и две внешние) пересекаются в одной точке.
9. В ходе доказательства (пункт 5) мы также установили, что точка $I_a$ равноудалена от прямой $BC$ (стороны, противолежащей внутреннему углу) и от прямых $AB$ и $AC$ (прямых, проходящих через две другие стороны).

Ответ: Утверждение доказано. Биссектриса внутреннего угла и две биссектрисы внешних углов при других вершинах пересекаются в одной точке, которая является центром вневписанной окружности и равноудалена от трех прямых, содержащих стороны треугольника.

д)

В треугольнике $ABC$ имеется 6 биссектрис: три внутренние ($l_A, l_B, l_C$) и три внешние ($l'_A, l'_B, l'_C$). Эти биссектрисы образуют четыре тройки прямых, пересекающихся в одной точке. Этими точками являются:

• центр вписанной окружности $I = l_A \cap l_B \cap l_C$,
• центры вневписанных окружностей $I_a = l_A \cap l'_B \cap l'_C$, $I_b = l_B \cap l'_A \cap l'_C$, $I_c = l_C \cap l'_A \cap l'_B$.

Нужно доказать, что любая такая тройка биссектрис является высотами треугольника, образованного тремя остальными точками пересечения.

1. Ключевым свойством является то, что биссектрисы внутреннего и внешнего углов при одной и той же вершине перпендикулярны. Внутренний и внешний углы при вершине $A$ смежные, их сумма равна $180^\circ$. Биссектрисы делят их пополам, поэтому угол между биссектрисами равен $\frac{\angle A}{2} + \frac{180^\circ - \angle A}{2} = \frac{\angle A}{2} + 90^\circ - \frac{\angle A}{2} = 90^\circ$. Таким образом, $l_A \perp l'_A$, $l_B \perp l'_B$ и $l_C \perp l'_C$.
2. Заметим, что точки $I, A, I_a$ лежат на одной прямой $l_A$. Аналогично, точки $I_b, A, I_c$ лежат на прямой $l'_A$.
3. Рассмотрим тройку биссектрис $l_A, l_B, l_C$, которые пересекаются в точке $I$. Три остальные точки пересечения — это $I_a, I_b, I_c$. Рассмотрим треугольник $\triangle I_aI_bI_c$.
4. Докажем, что $l_A$ является высотой $\triangle I_aI_bI_c$. Прямая $l_A$ проходит через вершину $I_a$. Противолежащая сторона — $I_bI_c$. Как было отмечено, точки $I_b, A, I_c$ лежат на прямой $l'_A$. Поскольку $l_A \perp l'_A$, то прямая $l_A$ перпендикулярна прямой $I_bI_c$. Следовательно, $l_A$ — высота $\triangle I_aI_bI_c$, проведенная из вершины $I_a$.
5. Аналогично, $l_B$ перпендикулярна $l'_B$, на которой лежит сторона $I_aI_c$, значит $l_B$ — высота из $I_b$.
6. И $l_C$ перпендикулярна $l'_C$, на которой лежит сторона $I_aI_b$, значит $l_C$ — высота из $I_c$.
7. Таким образом, три внутренние биссектрисы $l_A, l_B, l_C$ (пересекающиеся в точке $I$) являются высотами треугольника $\triangle I_aI_bI_c$. (Заметим, что это означает, что $I$ — ортоцентр $\triangle I_aI_bI_c$).
8. Теперь рассмотрим другую тройку биссектрис, например, $l_A, l'_B, l'_C$, пересекающихся в точке $I_a$. Три остальные точки — $I, I_b, I_c$. Рассмотрим $\triangle II_bI_c$.
9. Докажем, что $l_A$ — высота $\triangle II_bI_c$ из вершины $I$. Прямая $l_A$ проходит через $I$. Противолежащая сторона — $I_bI_c$, которая лежит на прямой $l'_A$. Так как $l_A \perp l'_A$, то $l_A$ — высота.
10. Докажем, что $l'_B$ — высота $\triangle II_bI_c$ из вершины $I_b$. Прямая $l'_B$ проходит через $I_b$. Противолежащая сторона — $II_c$, которая лежит на прямой $l_B$. Так как $l'_B \perp l_B$, то $l'_B$ — высота.
11. Докажем, что $l'_C$ — высота $\triangle II_bI_c$ из вершины $I_c$. Прямая $l'_C$ проходит через $I_c$. Противолежащая сторона — $II_b$, которая лежит на прямой $l_C$. Так как $l'_C \perp l_C$, то $l'_C$ — высота.

Поскольку выбор тройки биссектрис был произвольным, утверждение справедливо для всех четырех случаев. Четыре точки $I, I_a, I_b, I_c$ образуют ортоцентрическую систему, что является следствием доказанного и перекликается с пунктом (в).

Ответ: Утверждение доказано. Любая тройка биссектрис, пересекающихся в одной точке (в центре вписанной или одной из вневписанных окружностей), является набором высот для треугольника, образованного тремя остальными такими центрами.