Номер 345, страница 93 - гдз по геометрии 7-9 класс учебник Атанасян, Бутузов

Глава 4. Соотношение между сторонами и углами треугольника. Параграф 4. Построение треугольника по трем элементам - номер 345, страница 93.

Условие.

345 Через вершину $A$ треугольника $ABC$ проведена прямая, перпендикулярная к биссектрисе угла $A$, а из вершины $B$ проведён перпендикуляр $BH$ к этой прямой. Докажите, что периметр треугольника $BCH$ больше периметра треугольника $ABC$.

Решение 1.

Решение 2.

Решение 3.

Решение 4.

Решение 6.

Решение 9.

Решение 10.

Обозначим прямую, проведенную через вершину $A$ перпендикулярно биссектрисе угла $A$, как прямую $m$. Пусть $AL$ — биссектриса угла $A$ треугольника $ABC$. По условию $m \perp AL$.

Известно, что биссектриса внутреннего угла и биссектриса смежного с ним внешнего угла при одной и той же вершине треугольника перпендикулярны. Следовательно, прямая $m$ является биссектрисой внешнего угла при вершине $A$.

Нам необходимо доказать, что периметр треугольника $BCH$ больше периметра треугольника $ABC$. Запишем периметры:

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

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

Требуется доказать неравенство $P_{BCH} > P_{ABC}$, которое равносильно $BC + CH + BH > AB + BC + AC$. Вычитая $BC$ из обеих частей, получаем равносильное неравенство:

$CH + BH > AB + AC$

Для доказательства этого неравенства воспользуемся методом осевой симметрии. Построим точку $C'$, симметричную точке $C$ относительно прямой $m$.

По свойствам осевой симметрии:

1. Расстояние от любой точки на оси симметрии до симметричных точек одинаково. Так как точки $A$ и $H$ лежат на прямой $m$, то $AC = AC'$ и $CH = C'H$.
2. При симметрии относительно биссектрисы внешнего угла $A$ (прямой $m$) луч $AC$ отображается на луч, являющийся продолжением стороны $AB$ за вершину $A$. Следовательно, точка $C'$ лежит на прямой $AB$, причем точка $A$ находится между точками $C'$ и $B$.

Используя эти свойства, преобразуем доказываемое неравенство $CH + BH > AB + AC$.

Заменим в левой части $CH$ на равный ему отрезок $C'H$, а в правой части $AC$ на равный ему отрезок $AC'$:

$C'H + BH > AB + AC'$

Так как точки $C'$, $A$, $B$ лежат на одной прямой в указанном порядке, то длина отрезка $BC'$ равна сумме длин отрезков $AC'$ и $AB$:

$BC' = AC' + AB$

Подставив это в правую часть неравенства, получим:

$C'H + BH > BC'$

Это неравенство является неравенством треугольника для треугольника $BC'H$. Оно будет строгим, если точки $B$, $C'$ и $H$ не лежат на одной прямой.

Докажем, что точки $B$, $C'$, $H$ не коллинеарны. Предположим обратное. Так как точки $B$ и $C'$ лежат на прямой $AB$, то и точка $H$ должна лежать на прямой $AB$. Но точка $H$ по построению лежит на прямой $m$. Следовательно, $H$ должна быть точкой пересечения прямых $AB$ и $m$. Поскольку $A$ также является точкой пересечения этих прямых (по условию $m$ проходит через $A$), то $H$ должна совпадать с $A$.

Если $H = A$, то по условию $BH \perp m$, что означает $BA \perp m$. Так как по построению $m \perp AL$ (где $AL$ — биссектриса угла $A$), то из $BA \perp m$ и $AL \perp m$ следует, что прямые $BA$ и $AL$ параллельны. Это невозможно в невырожденном треугольнике $ABC$, так как они пересекаются в точке $A$.

Следовательно, наше предположение неверно, и точки $B$, $C'$, $H$ не лежат на одной прямой. Таким образом, для треугольника $BC'H$ выполняется строгое неравенство $C'H + BH > BC'$.

Мы доказали, что $CH + BH > AB + AC$, что равносильно $P_{BCH} > P_{ABC}$, что и требовалось доказать.

Ответ: Утверждение доказано.