Упр.895 ГДЗ Атанасян 7-9 класс по геометрии (Геометрия)
Решение #1(Учебник 2025)
Решение #2 (Учебник 2025)ИИ
Доказать пересечение CH, BK и AE в одной точкеС пояснением
Обозначим AC = a, BC = b и введём координаты: C(0; 0), A(a; 0), B(0; b). Так как квадраты построены внешним образом, K(a; −a), E(−b; b).1) Уравнение прямой BK имеет вид
(a + b)x + ay = ab.
Действительно, координаты точек B и K удовлетворяют этому равенству.2) Уравнение прямой AE имеет вид
bx + (a + b)y = ab.
Координаты точек A и E также удовлетворяют этому равенству.3) Пусть P — точка пересечения BK и AE. Вычтем второе равенство из первого:
ax − by = 0,
то есть ax = by.
Следовательно, P лежит на прямой, проходящей через C(0; 0) и имеющей угловой коэффициент a/b.4) Прямая AB имеет угловой коэффициент −b/a, поэтому прямая ax = by перпендикулярна AB. Значит, это высота CH.Таким образом, точка P пересечения прямых BK и AE принадлежит прямой CH.Ответ: прямые CH, BK и AE пересекаются в одной точке.
Кратко Пусть C(0; 0), A(a; 0), B(0; b). Тогда K(a; −a), E(−b; b).Для прямых BK и AE соответственно получаем:
(a + b)x + ay = ab,
bx + (a + b)y = ab.В точке их пересечения после вычитания равенств имеем ax = by. Прямая ax = by проходит через C и перпендикулярна AB, то есть совпадает с высотой CH.Ответ: прямые CH, BK и AE пересекаются в одной точке.
(a + b)x + ay = ab.
Действительно, координаты точек B и K удовлетворяют этому равенству.2) Уравнение прямой AE имеет вид
bx + (a + b)y = ab.
Координаты точек A и E также удовлетворяют этому равенству.3) Пусть P — точка пересечения BK и AE. Вычтем второе равенство из первого:
ax − by = 0,
то есть ax = by.
Следовательно, P лежит на прямой, проходящей через C(0; 0) и имеющей угловой коэффициент a/b.4) Прямая AB имеет угловой коэффициент −b/a, поэтому прямая ax = by перпендикулярна AB. Значит, это высота CH.Таким образом, точка P пересечения прямых BK и AE принадлежит прямой CH.Ответ: прямые CH, BK и AE пересекаются в одной точке.
Кратко Пусть C(0; 0), A(a; 0), B(0; b). Тогда K(a; −a), E(−b; b).Для прямых BK и AE соответственно получаем:
(a + b)x + ay = ab,
bx + (a + b)y = ab.В точке их пересечения после вычитания равенств имеем ax = by. Прямая ax = by проходит через C и перпендикулярна AB, то есть совпадает с высотой CH.Ответ: прямые CH, BK и AE пересекаются в одной точке.
Решение #3(Учебник 2023)
Решение #4 (Учебник 2023)ИИ
Доказать теорему об окружности ЭйлераС пояснением
Обозначим через R радиус описанной окружности, а через M — середину отрезка OH. Рассмотрим гомотетию с центром H и коэффициентом 1/2. При ней описанная около △ABC окружность переходит в окружность с центром M и радиусом R/2.1) Точки A, B, C переходят соответственно в A2, B2, C2, так как A2, B2, C2 — середины HA, HB, HC. Значит, A2, B2, C2 лежат на полученной окружности.2) Пусть D — точка описанной окружности, диаметрально противоположная A. Тогда ∠ABD = ∠ACD = 90°. Поэтому BD ∥ CH и CD ∥ BH. Следовательно, BHCD — параллелограмм, а его диагонали HD и BC делятся пополам точкой A3. Значит, A3 — середина HD, то есть при гомотетии точка D переходит в A3. Поэтому A3 лежит на полученной окружности. Аналогично на ней лежат B3 и C3.3) Отразим H относительно стороны BC и обозначим полученную точку D1. Из свойства высот следует, что ∠BD1C и ∠BAC дополняют друг друга до 180°, поэтому D1 лежит на описанной окружности четырёхугольника ABCD1. Поскольку AA1 ⟂ BC, точка A1 является серединой HD1. Значит, при рассматриваемой гомотетии D1 переходит в A1, поэтому A1 лежит на полученной окружности. Аналогично на ней лежат B1 и C1.Итак, все девять точек лежат на окружности с центром M — серединой OH — и радиусом R/2.Ответ: A1, B1, C1, A2, B2, C2, A3, B3, C3 лежат на одной окружности Эйлера.
Кратко Пусть M — середина OH. Гомотетия с центром H и коэффициентом 1/2 переводит описанную окружность △ABC в окружность с центром M и радиусом R/2.Точки A, B, C переходят в A2, B2, C2. Точка, диаметрально противоположная A, переходит в A3; аналогично получаем B3 и C3. Отражение H относительно BC лежит на описанной окружности и переходит в A1; аналогично получаем B1 и C1.Ответ: все девять точек лежат на одной окружности с центром в середине OH и радиусом R/2.
Кратко Пусть M — середина OH. Гомотетия с центром H и коэффициентом 1/2 переводит описанную окружность △ABC в окружность с центром M и радиусом R/2.Точки A, B, C переходят в A2, B2, C2. Точка, диаметрально противоположная A, переходит в A3; аналогично получаем B3 и C3. Отражение H относительно BC лежит на описанной окружности и переходит в A1; аналогично получаем B1 и C1.Ответ: все девять точек лежат на одной окружности с центром в середине OH и радиусом R/2.
Рассмотрим вариант решения задания из учебника
Атанасян, Бутузов 7-9 класс, Просвещение:
Задание учебника 2025 года
На катетах АС и ВС прямоугольного треугольника АВС внешним образом построены квадраты ACFK и BCDE, СН — высота треугольника АВС. Докажите, что прямые CH, ВК и АЕ пересекаются в одной точке.
Задание учебника 2023 года
Для неравностороннего треугольника ABC точка О является центром описанной окружности, Н — точка пересечения прямых, содержащих высоты AA1, ВВ1 и СС1, точки А2, В2, С2 — середины отрезков АН, ВН, СН, а точки А3, В3, С3 — середины сторон треугольника ABC. Докажите, что точки A1, B1, C1, А2, В2, С2, А3, В3, С3 лежат на одной окружности (окружность Эйлера).
