Номер 440, страница 150 - гдз по геометрии 11 класс учебник Латотин, Чеботаревский

440. Докажите, что:

а) сумма квадрата расстояния ортоцентра треугольника от его вершины и квадрата противолежащей стороны равна квадрату диаметра описанной окружности;

б) сумма трех слагаемых, каждое из которых есть произведение высоты остроугольного треугольника и расстояния ортоцентра до вершины, из которой проведена эта высота, равна полусумме квадратов сторон треугольника.

а)

Пусть дан треугольник $ABC$ со сторонами $a, b, c$, противолежащими вершинам $A, B, C$ соответственно. Пусть $H$ — ортоцентр треугольника, $O$ — центр описанной окружности, $R$ — радиус этой окружности. Требуется доказать, что сумма квадрата расстояния от ортоцентра до вершины и квадрата противолежащей стороны равна квадрату диаметра описанной окружности, то есть, например, для вершины $A$: $AH^2 + a^2 = (2R)^2$.

Для доказательства воспользуемся свойством ортоцентра: расстояние от ортоцентра до вершины треугольника в два раза больше расстояния от центра описанной окружности до противолежащей стороны. То есть, $AH = 2OM_a$, где $M_a$ — середина стороны $BC$. Докажем сначала это свойство.

Проведем из вершины $A$ диаметр $AA'$ описанной окружности. Тогда углы $\angle ABA'$ и $\angle ACA'$, опирающиеся на диаметр, являются прямыми: $\angle ABA' = 90^\circ$ и $\angle ACA' = 90^\circ$. По определению ортоцентра $H$, высота $BH$ перпендикулярна стороне $AC$. Так как $A'C$ также перпендикулярна $AC$ (из $\angle ACA' = 90^\circ$), то отрезки $BH$ и $A'C$ параллельны. Аналогично, высота $CH$ перпендикулярна стороне $AB$. Так как $A'B$ также перпендикулярна $AB$ (из $\angle ABA' = 90^\circ$), то отрезки $CH$ и $A'B$ параллельны. Таким образом, четырехугольник $BHCA'$ является параллелограммом, поскольку его противолежащие стороны попарно параллельны.

В параллелограмме диагонали в точке пересечения делятся пополам. Следовательно, середина диагонали $BC$, точка $M_a$, является также серединой диагонали $HA'$. Теперь рассмотрим треугольник $AHA'$. В нем точка $O$ — середина стороны $AA'$ (как центр описанной окружности), а точка $M_a$ — середина стороны $HA'$. По теореме о средней линии треугольника, отрезок $OM_a$ параллелен стороне $AH$ и равен ее половине: $OM_a = \frac{1}{2}AH$, откуда и следует доказываемое свойство: $AH = 2OM_a$.

Вернемся к основному доказательству. Рассмотрим равнобедренный треугольник $OBC$, в котором $OB = OC = R$. Отрезок $OM_a$ является в нем медианой, а значит и высотой, поэтому $OM_a \perp BC$. В прямоугольном треугольнике $OBM_a$ по теореме Пифагора имеем: $OB^2 = OM_a^2 + BM_a^2$. Подставляя известные величины ($OB=R, BM_a = \frac{a}{2}$), получаем: $R^2 = OM_a^2 + (\frac{a}{2})^2$. Отсюда выразим $OM_a^2$: $OM_a^2 = R^2 - \frac{a^2}{4}$.

Теперь используем доказанное свойство $AH = 2OM_a$, возведя его в квадрат: $AH^2 = (2OM_a)^2 = 4OM_a^2 = 4(R^2 - \frac{a^2}{4}) = 4R^2 - a^2$.

Перенеся $a^2$ в левую часть равенства, получаем то, что требовалось доказать: $AH^2 + a^2 = 4R^2 = (2R)^2$.

Аналогичные рассуждения справедливы для двух других вершин и противолежащих им сторон, то есть $BH^2 + b^2 = (2R)^2$ и $CH^2 + c^2 = (2R)^2$.

Ответ: Доказано.

б)

Пусть $h_a, h_b, h_c$ — высоты остроугольного треугольника $ABC$, проведенные из вершин $A, B, C$ соответственно. Пусть $H$ — ортоцентр, $a, b, c$ — длины сторон, противолежащих вершинам $A, B, C$. Нужно доказать, что сумма $S = h_a \cdot AH + h_b \cdot BH + h_c \cdot CH$ равна полусумме квадратов сторон: $S = \frac{a^2 + b^2 + c^2}{2}$.

Воспользуемся известными формулами, связывающими элементы треугольника с радиусом описанной окружности $R$ и углами треугольника $A, B, C$. Для остроугольного треугольника (в котором косинусы всех углов положительны) расстояние от ортоцентра до вершины выражается как: $AH = 2R \cos A$ $BH = 2R \cos B$ $CH = 2R \cos C$

Высоту треугольника можно выразить через сторону и синус прилежащего угла: $h_a = c \sin B$. По теореме синусов, $c = 2R \sin C$. Подставляя, получаем: $h_a = (2R \sin C) \sin B = 2R \sin B \sin C$. Аналогично для других высот: $h_b = 2R \sin A \sin C$ $h_c = 2R \sin A \sin B$

Теперь вычислим каждое слагаемое в искомой сумме $S$: $h_a \cdot AH = (2R \sin B \sin C)(2R \cos A) = 4R^2 \sin B \sin C \cos A$ $h_b \cdot BH = (2R \sin A \sin C)(2R \cos B) = 4R^2 \sin A \sin C \cos B$ $h_c \cdot CH = (2R \sin A \sin B)(2R \cos C) = 4R^2 \sin A \sin B \cos C$

Сумма $S$ равна: $S = 4R^2 (\sin B \sin C \cos A + \sin A \sin C \cos B + \sin A \sin B \cos C)$.

Для дальнейшего упрощения воспользуемся теоремами синусов и косинусов, чтобы выразить тригонометрические функции через длины сторон $a, b, c$: $\sin A = \frac{a}{2R}$, $\sin B = \frac{b}{2R}$, $\sin C = \frac{c}{2R}$ $\cos A = \frac{b^2 + c^2 - a^2}{2bc}$, $\cos B = \frac{a^2 + c^2 - b^2}{2ac}$, $\cos C = \frac{a^2 + b^2 - c^2}{2ab}$

Подставим эти выражения в слагаемые внутри скобок в выражении для $S$: $\sin B \sin C \cos A = \frac{b}{2R} \cdot \frac{c}{2R} \cdot \frac{b^2 + c^2 - a^2}{2bc} = \frac{b^2 + c^2 - a^2}{8R^2}$ $\sin A \sin C \cos B = \frac{a}{2R} \cdot \frac{c}{2R} \cdot \frac{a^2 + c^2 - b^2}{2ac} = \frac{a^2 + c^2 - b^2}{8R^2}$ $\sin A \sin B \cos C = \frac{a}{2R} \cdot \frac{b}{2R} \cdot \frac{a^2 + b^2 - c^2}{2ab} = \frac{a^2 + b^2 - c^2}{8R^2}$

Теперь просуммируем эти три дроби: $\frac{1}{8R^2} \left( (b^2 + c^2 - a^2) + (a^2 + c^2 - b^2) + (a^2 + b^2 - c^2) \right) = \frac{1}{8R^2} (a^2 + b^2 + c^2)$.

Наконец, подставим полученный результат обратно в формулу для $S$: $S = 4R^2 \cdot \left( \frac{a^2 + b^2 + c^2}{8R^2} \right) = \frac{a^2 + b^2 + c^2}{2}$.

Таким образом, утверждение полностью доказано.

Ответ: Доказано.