Упр.894 ГДЗ Атанасян 7-9 класс по геометрии (Геометрия)
Решение #1(Учебник 2025)
Решение #2 (Учебник 2025)ИИ
Докажите теорему, обратную теореме ЧевыС пояснением
Будем считать отрезки направленными, если точки лежат на продолжениях сторон.1) Пусть прямые AA₁ и BB₁ пересекаются в точке O. Прямая CO пересекает AB в некоторой точке C₂.2) Для треугольника ABC и пересекающихся в точке O прямых AA₁, BB₁, CC₂ по теореме Чевы имеем:
AC₂/C₂B · BA₁/A₁C · CB₁/B₁A = 1.3) По условию:
AC₁/C₁B · BA₁/A₁C · CB₁/B₁A = 1.Сравнивая эти равенства, получаем:
AC₂/C₂B = AC₁/C₁B.4) Точка на прямой AB однозначно определяется отношением направленных отрезков до A и B. Следовательно, C₂ совпадает с C₁. Поэтому прямая CC₁ проходит через точку O.Значит, прямые AA₁, BB₁ и CC₁ пересекаются в одной точке.Ответ: утверждение доказано.
Кратко Пусть O = AA₁ ∩ BB₁, а прямая CO пересекает AB в точке C₂. По теореме Чевы:
AC₂/C₂B · BA₁/A₁C · CB₁/B₁A = 1.По условию такое же равенство выполняется для точки C₁. Поэтому
AC₂/C₂B = AC₁/C₁B,
откуда C₂ = C₁. Следовательно, CC₁ проходит через O, то есть все три прямые пересекаются в одной точке.Ответ: теорема доказана.
AC₂/C₂B · BA₁/A₁C · CB₁/B₁A = 1.3) По условию:
AC₁/C₁B · BA₁/A₁C · CB₁/B₁A = 1.Сравнивая эти равенства, получаем:
AC₂/C₂B = AC₁/C₁B.4) Точка на прямой AB однозначно определяется отношением направленных отрезков до A и B. Следовательно, C₂ совпадает с C₁. Поэтому прямая CC₁ проходит через точку O.Значит, прямые AA₁, BB₁ и CC₁ пересекаются в одной точке.Ответ: утверждение доказано.
Кратко Пусть O = AA₁ ∩ BB₁, а прямая CO пересекает AB в точке C₂. По теореме Чевы:
AC₂/C₂B · BA₁/A₁C · CB₁/B₁A = 1.По условию такое же равенство выполняется для точки C₁. Поэтому
AC₂/C₂B = AC₁/C₁B,
откуда C₂ = C₁. Следовательно, CC₁ проходит через O, то есть все три прямые пересекаются в одной точке.Ответ: теорема доказана.
Решение #3(Учебник 2023)
Решение #4 (Учебник 2023)ИИ
Доказать формулу Эйлера для треугольникаС пояснением
Пусть O — центр описанной окружности, I — центр вписанной окружности, AI пересекает описанную окружность в точке D. Проведём через I диаметр PQ описанной окружности.1) По теореме о пересекающихся хордах:
AI · ID = PI · IQ.
Так как OI = d, то PI и IQ равны R − d и R + d. Поэтому
AI · ID = (R − d)(R + d) = R² − d².2) Точка D — середина дуги BC, не содержащей A, поэтому DB = DC. Докажем, что DI = DB.
∠DBI = ∠DBC + ∠CBI = A/2 + B/2 = 90° − C/2.
Кроме того, ∠BIA = 90° + C/2, а лучи IA и ID противоположны, поэтому
∠BID = 90° − C/2.
Следовательно, ∠DBI = ∠BID, значит, треугольник BDI равнобедренный и DI = DB.3) Хорда DB стягивает вписанный угол DAB = A/2. Опустим из D перпендикуляр на DB; из свойств равнобедренного треугольника DOB получаем
DB = 2R · sin(A/2).
Следовательно,
ID = 2R · sin(A/2).4) Опустим из I перпендикуляр IE на AB. Тогда IE = r. В прямоугольном треугольнике AIE:
r = AI · sin(A/2).5) Поэтому
AI · ID = AI · 2R · sin(A/2) = 2Rr.
Сравнивая с результатом первого действия, получаем
R² − d² = 2Rr,
откуда
d² = R² − 2Rr.Ответ: d² = R² − 2Rr, что и требовалось доказать.
Кратко Пусть биссектриса AI пересекает описанную окружность в точке D. По теореме о пересекающихся хордах:
AI · ID = (R − d)(R + d) = R² − d².Точка D — середина дуги BC, поэтому DI = DB. При этом
DB = 2R · sin(A/2),
а из прямоугольного треугольника с гипотенузой AI и катетом r:
r = AI · sin(A/2).Следовательно,
AI · ID = AI · 2R · sin(A/2) = 2Rr.
Значит,
R² − d² = 2Rr,
то есть
d² = R² − 2Rr.Ответ: d² = R² − 2Rr.
AI · ID = PI · IQ.
Так как OI = d, то PI и IQ равны R − d и R + d. Поэтому
AI · ID = (R − d)(R + d) = R² − d².2) Точка D — середина дуги BC, не содержащей A, поэтому DB = DC. Докажем, что DI = DB.
∠DBI = ∠DBC + ∠CBI = A/2 + B/2 = 90° − C/2.
Кроме того, ∠BIA = 90° + C/2, а лучи IA и ID противоположны, поэтому
∠BID = 90° − C/2.
Следовательно, ∠DBI = ∠BID, значит, треугольник BDI равнобедренный и DI = DB.3) Хорда DB стягивает вписанный угол DAB = A/2. Опустим из D перпендикуляр на DB; из свойств равнобедренного треугольника DOB получаем
DB = 2R · sin(A/2).
Следовательно,
ID = 2R · sin(A/2).4) Опустим из I перпендикуляр IE на AB. Тогда IE = r. В прямоугольном треугольнике AIE:
r = AI · sin(A/2).5) Поэтому
AI · ID = AI · 2R · sin(A/2) = 2Rr.
Сравнивая с результатом первого действия, получаем
R² − d² = 2Rr,
откуда
d² = R² − 2Rr.Ответ: d² = R² − 2Rr, что и требовалось доказать.
Кратко Пусть биссектриса AI пересекает описанную окружность в точке D. По теореме о пересекающихся хордах:
AI · ID = (R − d)(R + d) = R² − d².Точка D — середина дуги BC, поэтому DI = DB. При этом
DB = 2R · sin(A/2),
а из прямоугольного треугольника с гипотенузой AI и катетом r:
r = AI · sin(A/2).Следовательно,
AI · ID = AI · 2R · sin(A/2) = 2Rr.
Значит,
R² − d² = 2Rr,
то есть
d² = R² − 2Rr.Ответ: d² = R² − 2Rr.
Рассмотрим вариант решения задания из учебника
Атанасян, Бутузов 7-9 класс, Просвещение:
Задание учебника 2025 года
Пусть точки C_1, A_1 и B_1 лежат соответственно на сторонах АВ, ВС и АС треугольника АВС или их продолжениях. Докажите, что если AC_1/C_1B·BA_1/A_1C·CB_1/B_1A=1, то прямые AA_1, BB_1 и CC_1 пересекаются в одной точке (теорема, обратная теореме Чевы).
Задание учебника 2023 года
Докажите, что в любом треугольнике радиус R описанной окружности, радиус г вписанной окружности и расстояние d между центрами этих окружностей связаны равенством d2 = R2 - 2Rr (формула Эйлера).
