Номер 440, 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 440, страница 117.

Условие.

440 Медиана и высота треугольника, проведённые из одной вершины угла треугольника, делят этот угол на три равные части. Докажите, что треугольник прямоугольный.

Решение 2.

Решение 3.

Решение 4.

Решение 6.

Решение 9.

Решение 11.

Доказательство:

Пусть в треугольнике $ABC$ из вершины $A$ проведены высота $AH$ и медиана $AM$. По условию задачи, эти линии делят угол $\angle BAC$ на три равные части. Обозначим величину каждой из этих частей через $\alpha$.

Если бы треугольник был равнобедренным с $AB = AC$, то высота и медиана, проведенные из вершины $A$, совпадали бы. В этом случае угол $\angle BAC$ делился бы на две, а не на три части. Следовательно, $AB \neq AC$. Без ограничения общности, пусть $AB > AC$. В этом случае на стороне $BC$ точка $H$ (основание высоты) лежит между точками $B$ и $M$ (серединой стороны), а порядок лучей, выходящих из вершины $A$, следующий: луч $AC$, луч $AM$, луч $AH$, луч $AB$.

Из условия следует, что $\angle CAM = \angle MAH = \angle HAB = \alpha$.

Тогда весь угол при вершине $A$ равен $\angle BAC = 3\alpha$. Угол между стороной $AC$ и высотой $AH$ равен $\angle CAH = \angle CAM + \angle MAH = 2\alpha$.

Рассмотрим прямоугольные треугольники, образованные высотой $AH$.
В $\triangle AHC$ ($\angle AHC = 90^\circ$): $\angle C = 90^\circ - \angle CAH = 90^\circ - 2\alpha$.
В $\triangle AHB$ ($\angle AHB = 90^\circ$): $\angle B = 90^\circ - \angle HAB = 90^\circ - \alpha$.

Теперь воспользуемся свойством медианы ($BM = MC$) и применим теорему синусов к треугольникам $\triangle ABM$ и $\triangle ACM$.

Для $\triangle ACM$ по теореме синусов:$ \frac{MC}{\sin(\angle CAM)} = \frac{AM}{\sin(\angle C)} \implies \frac{MC}{\sin(\alpha)} = \frac{AM}{\sin(90^\circ - 2\alpha)} = \frac{AM}{\cos(2\alpha)} $.Отсюда $ MC = \frac{AM \cdot \sin(\alpha)}{\cos(2\alpha)} $.

Для $\triangle ABM$, в котором $\angle BAM = \angle MAH + \angle HAB = 2\alpha$, по теореме синусов:$ \frac{BM}{\sin(\angle BAM)} = \frac{AM}{\sin(\angle B)} \implies \frac{BM}{\sin(2\alpha)} = \frac{AM}{\sin(90^\circ - \alpha)} = \frac{AM}{\cos(\alpha)} $.Отсюда $ BM = \frac{AM \cdot \sin(2\alpha)}{\cos(\alpha)} = \frac{AM \cdot 2\sin(\alpha)\cos(\alpha)}{\cos(\alpha)} = 2 AM \sin(\alpha) $.

Приравнивая выражения для $BM$ и $MC$:$ 2 AM \sin(\alpha) = \frac{AM \sin(\alpha)}{\cos(2\alpha)} $.

Так как $AM > 0$ и $\alpha$ является частью угла треугольника ($0 < 3\alpha < 180^\circ$), то $\sin(\alpha) \neq 0$. Сократив обе части на $AM \sin(\alpha)$, получим:$ 2 = \frac{1}{\cos(2\alpha)} $, или $ \cos(2\alpha) = \frac{1}{2} $.

Поскольку $2\alpha = \angle CAH$ — острый угол в прямоугольном треугольнике, $0 < 2\alpha < 90^\circ$. Единственное решение уравнения в этом интервале — $2\alpha = 60^\circ$, что дает $\alpha = 30^\circ$.

Таким образом, угол $\angle BAC = 3\alpha = 3 \cdot 30^\circ = 90^\circ$. Мы доказали, что треугольник $ABC$ является прямоугольным.

Ответ: Треугольник является прямоугольным, что и требовалось доказать.