Номер 436, страница 117 - гдз по геометрии 7-9 класс учебник Атанасян, Бутузов

Задачи к главам 3 и 4. Задачи повышенной трудности. Глава 5. Геометрические места точек. Симметричные фигуры - номер 436, страница 117.

436 Через вершину А треугольника ABC проведена прямая, перпендикулярная к биссектрисе угла А, а из вершины В проведён перпендикуляр ВН к этой прямой. Докажите, что периметр треугольника ВСН больше периметра треугольника ABC.

Обозначим периметры треугольников $BCH$ и $ABC$ как $P_{BCH}$ и $P_{ABC}$ соответственно. Нам нужно доказать, что $P_{BCH} > P_{ABC}$.

$P_{BCH} = BC + CH + BH$

$P_{ABC} = BC + AC + AB$

Таким образом, неравенство $P_{BCH} > P_{ABC}$ эквивалентно неравенству $BC + CH + BH > BC + AC + AB$, которое после вычитания $BC$ из обеих частей превращается в:

$CH + BH > AC + AB$

Именно это неравенство мы и будем доказывать.

Доказательство:

1. Пусть $AL$ — биссектриса угла $A$ треугольника $ABC$. По условию, через вершину $A$ проведена прямая $m$, перпендикулярная $AL$ ($m \perp AL$). Прямая, перпендикулярная биссектрисе угла, является биссектрисой смежного с ним угла. То есть, прямая $m$ является внешней биссектрисой угла $A$ треугольника $ABC$. Точка $H$ лежит на этой прямой $m$.

2. Продлим сторону $AB$ за точку $A$. На этом продолжении отложим отрезок $AK$, равный отрезку $AC$. Таким образом, точка $A$ лежит между точками $K$ и $B$.

3. Рассмотрим треугольник $KAC$. Он является равнобедренным, так как $AK = AC$. Прямая $m$ (содержащая отрезок $AH$) является биссектрисой угла, внешнего к углу при вершине $A$ равнобедренного треугольника $KAC$. Внешний угол при вершине $A$ — это угол $KAC$ (он развернутый, но мы имеем в виду угол, смежный с $\angle BAC$). Биссектриса угла при вершине равнобедренного треугольника также является медианой и высотой к основанию. Это свойство можно перенести и на биссектрису внешнего угла. Однако проще использовать симметрию.

4. Поскольку прямая $m$ является биссектрисой угла, образованного лучом $AC$ и лучом $AK$ (продолжением луча $AB$), она является осью симметрии для этих лучей. Рассмотрим симметрию относительно прямой $m$.

   При отражении относительно прямой $m$:

   • Точка $A$ переходит в себя, так как лежит на оси симметрии.
   • Луч $AC$ переходит в луч $AK$.
   • Поскольку $AC = AK$, точка $C$ перейдет в точку $K$.
   • Точка $H$ переходит в себя, так как лежит на оси симметрии.

   Из свойства симметрии следует, что расстояние от любой точки на оси до симметричных точек одинаково. Следовательно, для точки $H$ выполняется равенство: $CH = KH$.

5. Рассмотрим треугольник $BKH$. Его стороны — это отрезки $BK$, $KH$ и $BH$. По неравенству треугольника:

   $BH + KH > BK$

6. Теперь подставим в это неравенство полученные нами равенства. Мы знаем, что $KH = CH$. Подставляем и получаем:

   $BH + CH > BK$

   Рассмотрим отрезок $BK$. По построению, точка $A$ лежит на отрезке $BK$, поэтому его длина равна сумме длин отрезков $BA$ и $AK$:

   $BK = BA + AK$

   А так как мы откладывали $AK = AC$, то:

   $BK = AB + AC$

7. Подставив это выражение для $BK$ в неравенство треугольника, получаем:

   $BH + CH > AB + AC$

   Это и есть то неравенство, которое нам требовалось доказать.

8. Прибавив к обеим частям этого неравенства длину стороны $BC$, мы приходим к исходному утверждению:

   $BC + BH + CH > BC + AB + AC$

   $P_{BCH} > P_{ABC}$

   Что и требовалось доказать.

Ответ: Утверждение доказано. Периметр треугольника $BCH$ действительно больше периметра треугольника $ABC$.