Номер 5.19, страница 71 - гдз по геометрии 7 класс учебник Шыныбеков, Шыныбеков

5.19. Докажите, что в неравнобедренном треугольнике основание биссектрисы треугольника лежит между основаниями медианы и высоты, проведенных из этой же вершины.

Рассмотрим неравнобедренный треугольник $\triangle ABC$. Проведем из вершины $A$ высоту $AH$, биссектрису $AL$ и медиану $AM$ на сторону $BC$. Точки $H, L, M$ являются основаниями высоты, биссектрисы и медианы соответственно. Требуется доказать, что точка $L$ лежит на отрезке $HM$.

Поскольку треугольник неравнобедренный, его стороны, прилежащие к вершине $A$, не равны. Без ограничения общности, предположим, что $AB < AC$. В треугольнике против большей стороны лежит больший угол, следовательно, $\angle C < \angle B$.

1. Сравнение положений оснований медианы ($M$) и биссектрисы ($L$).

По свойству биссектрисы угла треугольника, она делит противолежащую сторону в отношении, равном отношению двух прилежащих сторон:$$ \frac{BL}{LC} = \frac{AB}{AC} $$Так как мы предположили, что $AB < AC$, то $\frac{AB}{AC} < 1$. Следовательно, $\frac{BL}{LC} < 1$, что означает $BL < LC$.Точка $M$ — середина стороны $BC$, поэтому $BM = MC = \frac{1}{2}BC$.Из неравенства $BL < LC$ и равенства $BL + LC = BC$ следует, что $BL < \frac{1}{2}BC = BM$.Поскольку и $L$, и $M$ лежат на стороне $BC$, из $BL < BM$ следует, что точка $L$ лежит между точками $B$ и $M$. Порядок точек на прямой $BC$: $B, L, M, C$.

2. Сравнение положений оснований высоты ($H$) и биссектрисы ($L$).

Рассмотрим два случая в зависимости от величины углов $\angle B$ и $\angle C$.

Случай 1: Углы $\angle B$ и $\angle C$ — острые.

В этом случае основание высоты $H$ лежит на отрезке $BC$.Рассмотрим прямоугольные треугольники $\triangle ABH$ и $\triangle ACH$.Из них $\angle BAH = 90^\circ - \angle B$ и $\angle CAH = 90^\circ - \angle C$.Поскольку $\angle B > \angle C$, то $90^\circ - \angle B < 90^\circ - \angle C$, следовательно, $\angle BAH < \angle CAH$.Биссектриса $AL$ делит угол $\angle BAC$ пополам: $\angle BAL = \angle CAL = \frac{1}{2}\angle BAC$.Так как $\angle BAC = \angle BAH + \angle CAH$ и $\angle BAH < \angle CAH$, то $\angle BAH < \frac{1}{2}(\angle BAH + \angle CAH)$, то есть $\angle BAH < \angle BAL$.Поскольку точки $H$ и $L$ лежат на стороне $BC$, из неравенства углов $\angle BAH < \angle BAL$ следует, что точка $H$ лежит между точками $B$ и $L$. Порядок точек на прямой $BC$: $B, H, L$.

Объединяя результаты для этого случая, мы установили, что порядок точек следующий: $B, H, L$ и $B, L, M$. Совмещая эти результаты, получаем общий порядок точек на стороне $BC$: $B, H, L, M, C$.Из этого порядка следует, что точка $L$ лежит на отрезке $HM$.

Случай 2: Один из углов $\angle B$ или $\angle C$ — тупой.

Поскольку мы предположили $AB < AC$, что влечет $\angle B > \angle C$, тупым может быть только угол $\angle B$. (Если бы $\angle C$ был тупым, то $AB$ была бы самой длинной стороной, что противоречило бы $AB < AC$).Итак, пусть $\angle B$ — тупой. В этом случае основание высоты $H$, проведенной из вершины $A$, будет лежать вне отрезка $BC$, на его продолжении за точку $B$. Порядок точек на прямой, содержащей сторону $BC$, будет: $H, B, C$.Основания биссектрисы $L$ и медианы $M$ по-прежнему лежат на отрезке $BC$.Как мы уже показали в пункте 1, из $AB < AC$ следует $BL < BM$, то есть порядок точек на отрезке $BC$ есть $B, L, M, C$.Объединяя все точки на прямой, получаем следующий порядок: $H, B, L, M, C$.В этом случае отрезок $HM$ содержит весь отрезок $BM$. Так как точка $L$ лежит на отрезке $BM$, она тем более лежит на отрезке $HM$.

Заключение

В обоих возможных случаях, при условии $AB < AC$, основание биссектрисы $L$ лежит между основанием высоты $H$ и основанием медианы $M$.Если бы мы изначально предположили $AB > AC$, то рассуждения были бы аналогичными, но порядок точек на стороне $BC$ был бы обратным: $C, H, L, M, B$. В этом случае точка $L$ все равно лежала бы между $H$ и $M$.Случай $AB=AC$ (равнобедренный треугольник) исключен условием задачи. В этом случае точки $H, L, M$ совпали бы.

Таким образом, утверждение доказано для любого неравнобедренного треугольника.

Ответ: Утверждение доказано.