Номер 437, страница 117 - гдз по геометрии 7-9 класс учебник Атанасян, Бутузов

Глава 5. Геометрические места точек. Симметричные фигуры. Задачи повышенной трудности. Задачи к главам 3 и 4 - номер 437, страница 117.

Условие.

437 В треугольнике ABC, где AB < АС, отрезок AD — биссектриса, отрезок АН — высота. Докажите, что точка Н лежит на луче DB.

Решение 2.

Решение 3.

Решение 4.

Решение 9.

Решение 11.

Для доказательства утверждения нам нужно определить взаимное расположение точек $B$, $D$ и $H$ на прямой $BC$. Точка $H$ лежит на луче $DB$, если она либо совпадает с $D$, либо лежит на отрезке $DB$, либо точка $B$ лежит между $D$ и $H$. Мы докажем, что точка $H$ лежит на отрезке $DB$ (или совпадает с $B$ или $D$).

Рассмотрим треугольник $ABC$. По условию, сторона $AB$ меньше стороны $AC$ ($AB < AC$). В треугольнике против большей стороны лежит больший угол, следовательно, угол, противолежащий стороне $AC$, больше угла, противолежащего стороне $AB$. Таким образом, $\angle ABC > \angle ACB$ или, для краткости, $\angle B > \angle C$.

Рассмотрим прямоугольные треугольники, образованные высотой $AH$ ($AH \perp BC$).

1. Если углы $B$ и $C$ острые, то точка $H$ лежит на отрезке $BC$. В прямоугольном треугольнике $\triangle AHB$ сумма острых углов равна $90^\circ$, поэтому $\angle BAH = 90^\circ - \angle B$. Аналогично, в прямоугольном треугольнике $\triangle AHC$, $\angle CAH = 90^\circ - \angle C$.

Так как $\angle B > \angle C$, то $90^\circ - \angle B < 90^\circ - \angle C$. Следовательно, $\angle BAH < \angle CAH$.

Отрезок $AD$ является биссектрисой угла $\angle BAC$, поэтому он делит этот угол на два равных угла: $\angle BAD = \angle CAD = \frac{1}{2}\angle BAC$. Весь угол $\angle BAC$ можно представить как сумму его частей: $\angle BAC = \angle BAH + \angle CAH$. Тогда $\angle BAD = \frac{\angle BAH + \angle CAH}{2}$.

Сравним величины углов $\angle BAH$ и $\angle BAD$: $\angle BAD - \angle BAH = \frac{\angle BAH + \angle CAH}{2} - \angle BAH = \frac{\angle CAH - \angle BAH}{2}$. Поскольку мы ранее установили, что $\angle CAH > \angle BAH$, разность $\angle CAH - \angle BAH$ положительна. Значит, и вся дробь положительна. Отсюда следует, что $\angle BAD > \angle BAH$.

Неравенство $\angle BAH < \angle BAD$ означает, что луч $AH$ находится между лучами $AB$ и $AD$. Так как лучи $AB$, $AH$ и $AD$ выходят из одной точки $A$ и пересекают прямую $BC$ в точках $B$, $H$ и $D$ соответственно, то порядок расположения этих точек на прямой будет таким же, как и порядок лучей. То есть, на прямой $BC$ точки расположены в последовательности $B$, $H$, $D$.

Это означает, что точка $H$ лежит на отрезке $BD$. Луч $DB$ начинается в точке $D$ и проходит через точку $B$. Любая точка отрезка $BD$ принадлежит лучу $DB$. Следовательно, точка $H$ лежит на луче $DB$.

2. Если $\angle B = 90^\circ$, то высота $AH$ совпадает со стороной $AB$, то есть точка $H$ совпадает с точкой $B$. Условие $AB < AC$ выполняется, так как $AC$ — гипотенуза. Биссектриса $AD$ пересекает катет $BC$ в точке $D$. Точка $H=B$ лежит на отрезке $DB$, а значит, и на луче $DB$.

3. Если $\angle B$ тупой, то высота $AH$ падает на продолжение стороны $BC$ за точку $B$. Порядок точек на прямой будет: $H$, $B$, $C$. Биссектриса $AD$ пересекает сторону $BC$, поэтому точка $D$ лежит между $B$ и $C$. Общий порядок точек: $H$, $B$, $D$, $C$. Луч $DB$ начинается в точке $D$ и направлен в сторону $B$. Точка $H$ находится на этом луче.

Таким образом, во всех возможных случаях точка $H$ лежит на луче $DB$.

Ответ: Утверждение доказано. Точка $H$ лежит на луче $DB$.