Страница 71 - гдз по геометрии 7 класс учебник Шыныбеков, Шыныбеков

5.9* Два населенных пункта А и В находятся по одну сторону от прямой дороги. Где на дороге расположить автобусную остановку С, чтобы сумма расстояний $AC + BC$ была наименьшей?

Эта задача является классической задачей на нахождение минимума и решается с помощью геометрического метода, основанного на осевой симметрии.

Пусть прямая $d$ представляет собой дорогу, а точки $A$ и $B$ — это населенные пункты, расположенные по одну сторону от этой прямой. Нам необходимо найти на прямой $d$ такую точку $C$, чтобы сумма расстояний $AC + BC$ была наименьшей.

Решение и построение:

1. Выберем одну из точек, например, $B$, и построим ее образ $B'$, симметричный относительно прямой $d$ (дороги). Это означает, что прямая $d$ будет перпендикулярна отрезку $BB'$ и будет проходить через его середину.
2. Соединим точку $A$ с полученной симметричной точкой $B'$ отрезком прямой линии.
3. Точка пересечения отрезка $AB'$ с прямой $d$ и будет искомым оптимальным положением для автобусной остановки $C$.

Обоснование:

По определению осевой симметрии, расстояние от любой точки на оси симметрии (в нашем случае, от любой точки на дороге $d$) до точки $B$ равно расстоянию до ее симметричного образа $B'$. Таким образом, для любой точки $C$ на дороге $d$ выполняется равенство: $BC = B'C$.

Следовательно, сумму расстояний, которую мы хотим минимизировать, $AC + BC$, можно представить в виде $AC + B'C$.

Теперь задача сводится к тому, чтобы найти на прямой $d$ такую точку $C$, которая минимизирует сумму длин отрезков $AC$ и $B'C$. Кратчайшее расстояние между двумя точками $A$ и $B'$ — это длина отрезка прямой, соединяющего их. Сумма $AC + B'C$ будет наименьшей, когда точки $A$, $C$ и $B'$ лежат на одной прямой. В этом случае сумма расстояний будет равна длине отрезка $AB'$:

$AC + B'C = AB'$

Если мы выберем любую другую точку $C'$ на дороге $d$, то точки $A$, $C'$ и $B'$ образуют треугольник (или лежат на одной прямой, но в другом порядке). По неравенству треугольника, сумма длин двух сторон всегда больше или равна длине третьей стороны:

$AC' + B'C' \ge AB'$

Поскольку $B'C' = BC'$, то $AC' + BC' \ge AB'$. А так как $AB' = AC + BC$, мы получаем:

$AC' + BC' \ge AC + BC$

Это доказывает, что любая другая точка $C'$ на дороге приведет к большей или равной сумме расстояний. Равенство достигается только тогда, когда $C'$ совпадает с $C$.

Ответ: Автобусную остановку $C$ следует расположить в точке пересечения дороги с отрезком, который соединяет один из населенных пунктов (например, $A$) с точкой, симметричной другому населенному пункту ($B$) относительно прямой дороги.

наименьшей?

5.10*. Докажите, что если точка X лежит внутри треугольника ABC, то $XB + XC < AB + AC$.

Для доказательства данного утверждения воспользуемся методом дополнительного построения и свойством неравенства треугольника.

Пусть дана точка $X$, расположенная внутри треугольника $ABC$. Проведем луч $BX$ до его пересечения со стороной $AC$ в точке $D$. Поскольку точка $X$ находится внутри треугольника, точка $D$ будет лежать на отрезке $AC$ (между точками $A$ и $C$).

1. Рассмотрим треугольник $ABD$. Согласно неравенству треугольника, сумма длин двух любых его сторон больше длины третьей стороны. Применительно к нашему случаю: $AB + AD > BD$

2. Теперь рассмотрим треугольник $XDC$. Для него также справедливо неравенство треугольника: $XD + DC > XC$

3. Начнем преобразование с левой части доказываемого неравенства, используя результаты, полученные выше. Из неравенства для треугольника $XDC$ имеем $XC < XD + DC$. Прибавим к обеим частям этого неравенства длину отрезка $XB$: $XB + XC < XB + XD + DC$

По построению точки $B$, $X$ и $D$ лежат на одной прямой, причем $X$ находится между $B$ и $D$. Следовательно, $XB + XD = BD$. Подставим это в наше неравенство: $XB + XC < BD + DC$

4. Вернемся к неравенству для треугольника $ABD$: $AB + AD > BD$, или $BD < AB + AD$. Используем это для замены $BD$ в предыдущем выражении: $XB + XC < (AB + AD) + DC$

Поскольку точка $D$ лежит на отрезке $AC$, то $AD + DC = AC$. Заменив сумму в правой части, получаем итоговое неравенство: $XB + XC < AB + AC$

Что и требовалось доказать.

Ответ: Утверждение доказано. Для любой точки $X$ внутри треугольника $ABC$ выполняется неравенство $XB + XC < AB + AC$.

5.11. В равнобедренном треугольнике один из углов равен $120^\circ$, а основание равно 10 см. Найдите высоту, проведенную к боковой стороне.

Пусть дан равнобедренный треугольник $ABC$ с основанием $AC$, боковыми сторонами $AB$ и $BC$. По условию, длина основания $AC = 10$ см, а один из углов равен $120°$.

В равнобедренном треугольнике углы при основании равны. Угол в $120°$ не может быть углом при основании, так как в этом случае сумма двух углов была бы $120° + 120° = 240°$, что противоречит теореме о сумме углов треугольника ($180°$). Следовательно, $120°$ — это угол при вершине $B$, противолежащей основанию. Таким образом, $\angle B = 120°$.

Углы при основании $\angle A$ и $\angle C$ равны и находятся как:$\angle A = \angle C = \frac{180° - 120°}{2} = \frac{60°}{2} = 30°$.

Требуется найти высоту, проведенную к боковой стороне. Обозначим боковые стороны как $a$ и $c$ ($a=BC$, $c=AB$), а основание как $b$ ($b=AC=10$ см). Высоты, проведенные к боковым сторонам в равнобедренном треугольнике, равны. Найдем, например, высоту $h_a$, проведенную из вершины $A$ к стороне $BC$.

Для нахождения высоты воспользуемся формулой площади треугольника. Площадь треугольника можно выразить через сторону и высоту, проведенную к ней: $S = \frac{1}{2} a \cdot h_a$. Также площадь можно выразить через две стороны и синус угла между ними: $S = \frac{1}{2} a \cdot b \cdot \sin(\angle C)$.

Приравняв оба выражения для площади, получим:$\frac{1}{2} a \cdot h_a = \frac{1}{2} a \cdot b \cdot \sin(\angle C)$

Сократив $\frac{1}{2}a$ в обеих частях уравнения, получим формулу для высоты:$h_a = b \cdot \sin(\angle C)$

Подставим известные значения: $b = AC = 10$ см и $\angle C = 30°$.$h_a = 10 \cdot \sin(30°)$

Так как $\sin(30°) = \frac{1}{2}$, то:$h_a = 10 \cdot \frac{1}{2} = 5$ см.

Ответ: 5 см.

5.12. В равнобедренном треугольнике один из внешних углов равен $60^{\circ}$, высота, проведенная к боковой стороне, равна 17 см. Найдите основание треугольника.

Пусть дан равнобедренный треугольник $\triangle ABC$, в котором боковые стороны $AB=BC$, а $AC$ — основание.

Внешний угол треугольника и смежный с ним внутренний угол в сумме составляют $180^\circ$. Один из внешних углов по условию равен $60^\circ$. Найдем соответствующий ему внутренний угол треугольника: $180^\circ - 60^\circ = 120^\circ$.

В равнобедренном треугольнике углы при основании равны. Если бы угол в $120^\circ$ был углом при основании, то сумма двух углов при основании была бы $120^\circ + 120^\circ = 240^\circ$, что превышает сумму всех углов треугольника ($180^\circ$). Следовательно, угол в $120^\circ$ — это угол при вершине, противолежащей основанию. Пусть это будет угол $\angle B$.

Итак, $\angle B = 120^\circ$.

Найдем углы при основании $\angle A$ и $\angle C$:

$\angle A = \angle C = (180^\circ - 120^\circ) / 2 = 60^\circ / 2 = 30^\circ$.

По условию, высота, проведенная к боковой стороне, равна $17$ см. Проведем высоту $AH$ из вершины $A$ к боковой стороне $BC$. Так как угол $\angle B = 120^\circ$ — тупой, высота $AH$ упадет на продолжение стороны $BC$ за точку $B$. Таким образом, у нас образуется прямоугольный треугольник $\triangle AHB$.

Рассмотрим этот прямоугольный треугольник $\triangle AHB$:

Угол $\angle ABH$ смежен с углом $\angle ABC$ треугольника. Следовательно:

$\angle ABH = 180^\circ - \angle ABC = 180^\circ - 120^\circ = 60^\circ$.

В прямоугольном треугольнике $\triangle AHB$ мы знаем катет $AH=17$ см (данная в условии высота) и угол $\angle ABH = 60^\circ$. Мы можем найти гипотенузу $AB$, которая является боковой стороной исходного треугольника.

$\sin(\angle ABH) = \frac{AH}{AB}$

$AB = \frac{AH}{\sin(\angle ABH)} = \frac{17}{\sin(60^\circ)}$

Поскольку $\sin(60^\circ) = \frac{\sqrt{3}}{2}$, получаем:

$AB = \frac{17}{\sqrt{3}/2} = \frac{34}{\sqrt{3}}$ см.

Теперь, зная боковую сторону $AB = BC = \frac{34}{\sqrt{3}}$ см и все углы треугольника $\triangle ABC$, мы можем найти основание $AC$. Для этого воспользуемся теоремой синусов:

$\frac{AC}{\sin(\angle B)} = \frac{AB}{\sin(\angle C)}$

$\frac{AC}{\sin(120^\circ)} = \frac{34/\sqrt{3}}{\sin(30^\circ)}$

Подставим значения синусов ($\sin(120^\circ) = \sin(60^\circ) = \frac{\sqrt{3}}{2}$ и $\sin(30^\circ) = \frac{1}{2}$):

$\frac{AC}{\sqrt{3}/2} = \frac{34/\sqrt{3}}{1/2}$

$AC \cdot \frac{2}{\sqrt{3}} = \frac{34}{\sqrt{3}} \cdot 2$

$AC = \frac{34}{\sqrt{3}} \cdot 2 \cdot \frac{\sqrt{3}}{2} = 34$ см.

Ответ: 34 см.

5.13. Докажите, что угол треугольника является острым, прямым или тупым, если медиана, проведенная из вершины этого угла, соответственно больше, равна или меньше половины противоположной стороны.

Пусть дан треугольник $ABC$. Проведем из вершины $A$ медиану $AM$ к стороне $BC$. Обозначим длину медианы $AM$ как $m_a$, а длину стороны $BC$ как $a$. По определению медианы, точка $M$ является серединой стороны $BC$, поэтому $BM = MC = a/2$.

Обозначим угол при вершине $A$ как $\angle BAC = \alpha$, угол при вершине $B$ как $\angle ABC = \beta$ и угол при вершине $C$ как $\angle ACB = \gamma$. Угол $\alpha$ можно представить как сумму двух углов: $\angle BAM = \alpha_1$ и $\angle CAM = \alpha_2$, так что $\alpha = \alpha_1 + \alpha_2$.

Доказательство основано на свойстве треугольника: в любом треугольнике напротив большей стороны лежит больший угол, а напротив равных сторон лежат равные углы.

Острый угол

Докажем, что угол является острым, если медиана, проведенная из его вершины, больше половины противоположной стороны. В наших обозначениях это условие выглядит как $m_a > a/2$.

Рассмотрим треугольник $\triangle AMB$. Так как $m_a > a/2$, то $AM > BM$. В треугольнике напротив большей стороны лежит больший угол, следовательно, $\angle ABM > \angle BAM$, то есть $\beta > \alpha_1$.

Рассмотрим треугольник $\triangle AMC$. Так как $m_a > a/2$, то $AM > CM$. Следовательно, $\angle ACM > \angle CAM$, то есть $\gamma > \alpha_2$.

Сложим полученные неравенства: $\beta + \gamma > \alpha_1 + \alpha_2$. Поскольку $\alpha = \alpha_1 + \alpha_2$, получаем $\beta + \gamma > \alpha$.

Сумма углов в треугольнике $ABC$ равна $180^\circ$, то есть $\alpha + \beta + \gamma = 180^\circ$, откуда $\beta + \gamma = 180^\circ - \alpha$.

Подставим это выражение в неравенство $\beta + \gamma > \alpha$:$180^\circ - \alpha > \alpha$$180^\circ > 2\alpha$$\alpha < 90^\circ$

Следовательно, угол $\alpha$ является острым.

Ответ: Если медиана больше половины противоположной стороны, то соответствующий угол треугольника является острым.

Прямой угол

Докажем, что угол является прямым, если медиана, проведенная из его вершины, равна половине противоположной стороны. В наших обозначениях это условие выглядит как $m_a = a/2$.

В этом случае $AM = BM = CM = a/2$.

Рассмотрим треугольник $\triangle AMB$. Так как $AM = BM$, он является равнобедренным, и углы при его основании равны: $\angle ABM = \angle BAM$, то есть $\beta = \alpha_1$.

Рассмотрим треугольник $\triangle AMC$. Так как $AM = CM$, он также является равнобедренным, и углы при его основании равны: $\angle ACM = \angle CAM$, то есть $\gamma = \alpha_2$.

Сложим полученные равенства: $\beta + \gamma = \alpha_1 + \alpha_2$. Поскольку $\alpha = \alpha_1 + \alpha_2$, получаем $\beta + \gamma = \alpha$.

Из суммы углов треугольника $ABC$ ($\alpha + \beta + \gamma = 180^\circ$), подставим $\beta + \gamma = \alpha$:$\alpha + \alpha = 180^\circ$$2\alpha = 180^\circ$$\alpha = 90^\circ$

Следовательно, угол $\alpha$ является прямым. Это также известное свойство: медиана, проведенная к гипотенузе, равна ее половине.

Ответ: Если медиана равна половине противоположной стороны, то соответствующий угол треугольника является прямым.

Тупой угол

Докажем, что угол является тупым, если медиана, проведенная из его вершины, меньше половины противоположной стороны. В наших обозначениях это условие выглядит как $m_a < a/2$.

Рассмотрим треугольник $\triangle AMB$. Так как $m_a < a/2$, то $AM < BM$. В треугольнике напротив меньшей стороны лежит меньший угол, следовательно, $\angle ABM < \angle BAM$, то есть $\beta < \alpha_1$.

Рассмотрим треугольник $\triangle AMC$. Так как $m_a < a/2$, то $AM < CM$. Следовательно, $\angle ACM < \angle CAM$, то есть $\gamma < \alpha_2$.

Сложим полученные неравенства: $\beta + \gamma < \alpha_1 + \alpha_2$. Поскольку $\alpha = \alpha_1 + \alpha_2$, получаем $\beta + \gamma < \alpha$.

Используя выражение для суммы углов $\beta + \gamma = 180^\circ - \alpha$, подставим его в неравенство $\beta + \gamma < \alpha$:$180^\circ - \alpha < \alpha$$180^\circ < 2\alpha$$\alpha > 90^\circ$

Следовательно, угол $\alpha$ является тупым.

Ответ: Если медиана меньше половины противоположной стороны, то соответствующий угол треугольника является тупым.

5.14. Внутри равнобедренного треугольника ABC с основанием BC взята точка N, такая, что $ \angle NBC = 30^{\circ} $, $ \angle NCB = 10^{\circ} $. Найдите угол ANC, если $ \angle BAC = 80^{\circ} $.

Поскольку треугольник $ABC$ равнобедренный с основанием $BC$, углы при основании равны: $\angle ABC = \angle ACB$. Сумма углов в треугольнике равна $180^\circ$, поэтому углы при основании можно найти следующим образом:$\angle ABC = \angle ACB = (180^\circ - \angle BAC) / 2 = (180^\circ - 80^\circ) / 2 = 100^\circ / 2 = 50^\circ$.

Нам даны углы, связанные с точкой $N$: $\angle NBC = 30^\circ$ и $\angle NCB = 10^\circ$. Используя эту информацию, мы можем найти другие углы в треугольнике:$\angle ABN = \angle ABC - \angle NBC = 50^\circ - 30^\circ = 20^\circ$.$\angle ACN = \angle ACB - \angle NCB = 50^\circ - 10^\circ = 40^\circ$.

Рассмотрим треугольник $BNC$. Сумма его углов равна $180^\circ$, поэтому:$\angle BNC = 180^\circ - (\angle NBC + \angle NCB) = 180^\circ - (30^\circ + 10^\circ) = 180^\circ - 40^\circ = 140^\circ$.

Для нахождения угла $\angle ANC$ воспользуемся тригонометрическим подходом, применив теорему синусов.Сначала применим теорему синусов к треугольнику $ABC$:$\frac{AC}{\sin(\angle ABC)} = \frac{BC}{\sin(\angle BAC)}$$\frac{AC}{\sin(50^\circ)} = \frac{BC}{\sin(80^\circ)}$Отсюда выразим сторону $AC$:$AC = BC \cdot \frac{\sin(50^\circ)}{\sin(80^\circ)}$.

Теперь применим теорему синусов к треугольнику $BNC$:$\frac{NC}{\sin(\angle NBC)} = \frac{BC}{\sin(\angle BNC)}$$\frac{NC}{\sin(30^\circ)} = \frac{BC}{\sin(140^\circ)}$Отсюда выразим сторону $NC$:$NC = BC \cdot \frac{\sin(30^\circ)}{\sin(140^\circ)}$.

Сравним выражения для сторон $AC$ и $NC$. Для этого преобразуем тригонометрические функции:$\sin(140^\circ) = \sin(180^\circ - 40^\circ) = \sin(40^\circ)$$\sin(50^\circ) = \sin(90^\circ - 40^\circ) = \cos(40^\circ)$$\sin(80^\circ) = \sin(2 \cdot 40^\circ) = 2\sin(40^\circ)\cos(40^\circ)$$\sin(30^\circ) = \frac{1}{2}$

Подставим преобразованные выражения в формулы для $AC$ и $NC$:$AC = BC \cdot \frac{\cos(40^\circ)}{2\sin(40^\circ)\cos(40^\circ)} = \frac{BC}{2\sin(40^\circ)}$$NC = BC \cdot \frac{1/2}{\sin(40^\circ)} = \frac{BC}{2\sin(40^\circ)}$Таким образом, мы получили, что $AC = NC$.

Поскольку стороны $AC$ и $NC$ равны, треугольник $ACN$ является равнобедренным с основанием $AN$. В равнобедренном треугольнике углы при основании равны. Углы, противолежащие равным сторонам $AC$ и $NC$, это $\angle ANC$ и $\angle NAC$ (или $\angle CAN$) соответственно. Следовательно:$\angle ANC = \angle CAN$.

Сумма углов в треугольнике $ACN$ равна $180^\circ$. Мы знаем угол при вершине $C$: $\angle ACN = 40^\circ$.$\angle ANC + \angle CAN + \angle ACN = 180^\circ$Пусть $\angle ANC = x$. Тогда $\angle CAN = x$.$x + x + 40^\circ = 180^\circ$$2x = 140^\circ$$x = 70^\circ$Следовательно, $\angle ANC = 70^\circ$.

Ответ: $70^\circ$.

5.15. Докажите, что любой отрезок с концами на разных сторонах треугольника не больше наибольшей из сторон треугольника.

Для доказательства данного утверждения мы сначала докажем вспомогательную лемму, а затем применим её для решения основной задачи.

Лемма:Длина чевианы треугольника (отрезка, соединяющего вершину с точкой на противоположной стороне) не больше длины большей из двух сторон, выходящих из той же вершины.

Доказательство леммы:

Рассмотрим треугольник $XYZ$ и чевиану $YW$, где точка $W$ лежит на стороне $XZ$. Углы $\angle YWX$ и $\angle YWZ$ являются смежными, поэтому их сумма равна $180^\circ$. Это означает, что по крайней мере один из этих углов не может быть острым (то есть он либо прямой, либо тупой, $\ge 90^\circ$).

• Предположим, что $\angle YWX \ge 90^\circ$. В треугольнике $XYW$ этот угол будет наибольшим (так как сумма углов треугольника $180^\circ$, и другие два угла обязаны быть острыми). В треугольнике против большего угла лежит большая сторона, следовательно, сторона $XY$ (лежащая против угла $\angle YWX$) будет не меньше стороны $YW$. То есть, $YW \le XY$.
• Аналогично, если $\angle YWZ \ge 90^\circ$, то в треугольнике $ZYW$ этот угол будет наибольшим, и сторона $YZ$ (лежащая против него) будет не меньше стороны $YW$. То есть, $YW \le YZ$.

Поскольку один из этих двух случаев обязательно имеет место, длина чевианы $YW$ не превышает длины хотя бы одной из сторон $XY$ или $YZ$. Таким образом, $YW \le \max(XY, YZ)$. Лемма доказана.

Доказательство основного утверждения:

Пусть нам дан треугольник $ABC$. Без ограничения общности, будем считать, что сторона $AC$ является наибольшей стороной треугольника, то есть $AC \ge AB$ и $AC \ge BC$.

Пусть $MN$ — это отрезок, концы которого, точки $M$ и $N$, лежат на разных сторонах треугольника $ABC$. Поскольку любые две стороны треугольника являются смежными (имеют общую вершину), мы можем рассмотреть случай, когда точка $M$ лежит на стороне $AB$, а точка $N$ — на стороне $BC$. Другие возможные расположения (например, $M$ на $AB$ и $N$ на $AC$) доказываются абсолютно аналогично.

1. Проведём отрезок $AN$. Точка $N$ лежит на стороне $BC$, поэтому $AN$ является чевианой треугольника $ABC$, проведённой из вершины $A$. Согласно доказанной лемме, её длина не превышает большей из сторон $AB$ и $AC$: $AN \le \max(AB, AC)$. Так как по нашему предположению $AC$ — наибольшая сторона ($AC \ge AB$), то получаем $AN \le AC$.

2. Теперь рассмотрим треугольник $ABN$. Отрезок $MN$ соединяет точку $M$ на стороне $AB$ с вершиной $N$. Таким образом, $MN$ является чевианой треугольника $ABN$ (если рассматривать её из вершины $N$ к стороне $AB$). Применим нашу лемму, но уже к треугольнику $ABN$ и чевиане $MN$: $MN \le \max(NB, NA)$.

3. Соберём полученные неравенства. Мы знаем, что:

• $NA \le AC$ (из пункта 1).

• $NB \le BC$ (поскольку $N$ лежит на отрезке $BC$).

• $BC \le AC$ (так как $AC$ — наибольшая сторона).

Подставим эти оценки в неравенство из пункта 2: $MN \le \max(NB, NA) \le \max(BC, AC)$. Так как $AC \ge BC$, то $\max(BC, AC) = AC$. Следовательно, мы получаем окончательный результат: $MN \le AC$.

Таким образом, мы доказали, что длина любого отрезка с концами на разных сторонах треугольника не больше наибольшей из сторон треугольника.

Ответ: Утверждение доказано.

5.16. Отрезок $BB_1$ – биссектриса треугольника $ABC$. Докажите, что $AB > B_1A$ и $BC > B_1C$.

Доказательство неравенства $AB > B_1A$

Рассмотрим треугольник $ABB_1$. В треугольнике против большей стороны лежит больший угол, и наоборот. Чтобы доказать, что сторона $AB$ длиннее стороны $B_1A$, нам необходимо доказать, что угол, лежащий против стороны $AB$, то есть $\angle AB_1B$, больше угла, лежащего против стороны $B_1A$, то есть $\angle ABB_1$.

Угол $\angle AB_1B$ является внешним для треугольника $B_1BC$. По свойству внешнего угла треугольника, его величина равна сумме двух внутренних углов, не смежных с ним: $\angle AB_1B = \angle CBB_1 + \angle BCB_1$.

По условию задачи, отрезок $BB_1$ является биссектрисой угла $\angle ABC$, а это значит, что $\angle ABB_1 = \angle CBB_1$.

Подставим $\angle ABB_1$ вместо $\angle CBB_1$ в формулу для внешнего угла: $\angle AB_1B = \angle ABB_1 + \angle BCB_1$.

Поскольку $\angle BCB_1$ (или $\angle C$) — это угол треугольника $ABC$, его градусная мера положительна, то есть $\angle C > 0$. Отсюда следует, что $\angle ABB_1 + \angle C > \angle ABB_1$, а значит, $\angle AB_1B > \angle ABB_1$.

Так как в треугольнике $ABB_1$ против большего угла $\angle AB_1B$ лежит большая сторона $AB$, мы доказали, что $AB > B_1A$.

Ответ: неравенство $AB > B_1A$ доказано.

Доказательство неравенства $BC > B_1C$

Теперь рассмотрим треугольник $CBB_1$. Аналогично, чтобы доказать, что сторона $BC$ длиннее стороны $B_1C$, нам нужно доказать, что угол, лежащий против стороны $BC$, то есть $\angle CB_1B$, больше угла, лежащего против стороны $B_1C$, то есть $\angle CBB_1$.

Угол $\angle CB_1B$ является внешним для треугольника $ABB_1$. Его величина равна сумме двух внутренних углов, не смежных с ним: $\angle CB_1B = \angle BAB_1 + \angle ABB_1$.

Угол $\angle BAB_1$ — это угол $\angle A$ треугольника $ABC$. Из условия, что $BB_1$ — биссектриса, мы знаем, что $\angle ABB_1 = \angle CBB_1$.

Подставив эти соотношения, получаем: $\angle CB_1B = \angle A + \angle CBB_1$.

Поскольку $\angle A$ — это угол треугольника, его градусная мера положительна, то есть $\angle A > 0$. Отсюда следует, что $\angle A + \angle CBB_1 > \angle CBB_1$, а значит, $\angle CB_1B > \angle CBB_1$.

Так как в треугольнике $CBB_1$ против большего угла $\angle CB_1B$ лежит большая сторона $BC$, мы доказали, что $BC > B_1C$.

Ответ: неравенство $BC > B_1C$ доказано.

5.17. Точки $A$ и $B$ лежат по разные стороны от прямой $a$. Перпендикуляры $AP$ и $BN$ к прямой $a$ равны. Отрезки $AB$ и $PN$ пересекаются в точке $K$. Докажите, что точка $K$ делит каждый из них пополам.

Дано:

Точки $A$ и $B$ лежат по разные стороны от прямой $a$.

$AP \perp a$, $BN \perp a$ (где точки $P$ и $N$ лежат на прямой $a$).

$AP = BN$.

Отрезки $AB$ и $PN$ пересекаются в точке $K$.

Доказать:

Точка $K$ делит отрезки $AB$ и $PN$ пополам, то есть $AK = KB$ и $PK = KN$.

Доказательство:

Рассмотрим треугольники $ \triangle APK $ и $ \triangle BNK $.

Поскольку по условию $AP \perp a$ и отрезок $PN$ лежит на прямой $a$, то $AP$ перпендикулярен $PN$. Следовательно, угол $\angle APK$ является прямым, $\angle APK = 90^\circ$. Таким образом, треугольник $ \triangle APK $ — прямоугольный.

Аналогично, так как $BN \perp a$ и отрезок $PN$ лежит на прямой $a$, то $BN$ перпендикулярен $PN$. Следовательно, угол $\angle BNK$ также является прямым, $\angle BNK = 90^\circ$. Таким образом, треугольник $ \triangle BNK $ — тоже прямоугольный.

Сравним эти прямоугольные треугольники:

1. Катет $AP = BN$ по условию задачи.

2. Острый угол $\angle AKP = \angle BKN$ как вертикальные углы, образованные при пересечении отрезков $AB$ и $PN$.

Таким образом, прямоугольные треугольники $ \triangle APK $ и $ \triangle BNK $ равны по катету и противолежащему острому углу (катет $AP$ равен катету $BN$, и противолежащий им острый угол $\angle AKP$ равен противолежащему острому углу $\angle BKN$).

Из равенства треугольников следует равенство их соответственных сторон:

- Гипотенуза $AK$ равна гипотенузе $BK$.

- Катет $PK$ равен катету $NK$.

Поскольку $AK = KB$ и $PK = KN$, точка $K$ является серединой отрезков $AB$ и $PN$, то есть делит каждый из них пополам. Что и требовалось доказать.

Ответ: Утверждение, что точка К делит каждый из отрезков AB и PN пополам, доказано.

5.18. Точки $A$ и $B$ лежат по одну сторону от прямой $a$. Перпендикуляры $AN$ и $BK$ к прямой $a$ равны. Отрезки $AK$ и $BN$ пересекаются в точке $O$. Докажите, что точка $O$ равноудалена от точек $A$, $N$, $K$ и $B$.

Для доказательства утверждения рассмотрим четырехугольник ABKN, образованный точками A, B, K, и N.

1. Доказательство того, что четырехугольник ABKN является параллелограммом

По условию задачи, отрезки $AN$ и $BK$ — это перпендикуляры к прямой $a$. Поскольку две прямые ($AN$ и $BK$) перпендикулярны одной и той же третьей прямой ($a$), они параллельны друг другу. Таким образом, $AN \parallel BK$.

Также по условию дано, что длины этих перпендикуляров равны: $AN = BK$.

Четырехугольник, у которого две противоположные стороны одновременно параллельны и равны по длине, является параллелограммом. Следовательно, четырехугольник ABKN — это параллелограмм.

2. Доказательство того, что параллелограмм ABKN является прямоугольником

Точки N и K лежат на прямой $a$, следовательно, отрезок $NK$ также лежит на прямой $a$.

Так как отрезок $AN$ перпендикулярен прямой $a$, он перпендикулярен и любому отрезку, лежащему на этой прямой, в частности отрезку $NK$. Это означает, что угол $\angle ANK$ является прямым, то есть $\angle ANK = 90^\circ$.

Параллелограмм, имеющий хотя бы один прямой угол, является прямоугольником. Следовательно, ABKN — это прямоугольник.

3. Использование свойств диагоналей прямоугольника

Отрезки $AK$ и $BN$, которые по условию пересекаются в точке O, являются диагоналями прямоугольника ABKN.

Согласно свойству диагоналей прямоугольника, они равны по длине и в точке пересечения делятся пополам. То есть, $AK = BN$, и точка O является их общей серединой.

Из того, что O — середина диагонали $AK$, следует, что $OA = OK = \frac{1}{2}AK$.

Из того, что O — середина диагонали $BN$, следует, что $OB = ON = \frac{1}{2}BN$.

Поскольку диагонали равны ($AK = BN$), то равны и их половины:

$OA = OK = OB = ON$.

Таким образом, мы доказали, что точка O равноудалена от точек A, N, K и B, что и требовалось доказать.

Ответ: Утверждение доказано. Расстояния от точки O до точек A, N, K и B равны ($OA = ON = OK = OB$), так как четырехугольник ABKN является прямоугольником, а точка O — его центр (точка пересечения диагоналей).

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.

5.20. Докажите, что в прямоугольном треугольнике с неравными катетами биссектриса прямого угла делит угол между высотой и медианой, проведенными из той же вершины, пополам.

Пусть дан прямоугольный треугольник $ABC$ с прямым углом при вершине $C$ ($\angle C = 90^\circ$). Проведем из вершины $C$ высоту $CH$, медиану $CM$ и биссектрису $CL$ на гипотенузу $AB$. Обозначим острые углы треугольника как $\angle A = \alpha$ и $\angle B = \beta$. Поскольку треугольник прямоугольный, $\alpha + \beta = 90^\circ$. По условию задачи, катеты $AC$ и $BC$ не равны, следовательно, и противолежащие им углы не равны, то есть $\alpha \ne \beta$.

Требуется доказать, что биссектриса $CL$ делит угол $\angle HCM$ пополам, то есть что $\angle HCL = \angle LCM$. Для этого найдем величины этих углов через углы $\alpha$ и $\beta$.

1. Найдем угол $\angle ACH$. Рассмотрим прямоугольный треугольник $AHC$. Так как $\angle AHC = 90^\circ$ и $\angle HAC = \alpha$, то $\angle ACH = 90^\circ - \alpha$. Из равенства $\alpha + \beta = 90^\circ$ следует, что $\angle ACH = \beta$.

2. Найдем угол $\angle ACM$. По свойству медианы в прямоугольном треугольнике, медиана, проведенная из вершины прямого угла к гипотенузе, равна половине гипотенузы. Таким образом, $CM = AM = \frac{1}{2}AB$. Это означает, что треугольник $AMC$ является равнобедренным с основанием $AC$. В равнобедренном треугольнике углы при основании равны, поэтому $\angle ACM = \angle CAM = \alpha$.

3. Так как $CL$ является биссектрисой прямого угла $\angle C$, она делит его на два равных угла: $\angle ACL = \angle BCL = \frac{90^\circ}{2} = 45^\circ$.

Теперь мы можем выразить искомые углы. Без ограничения общности предположим, что катет $AC < BC$, тогда $\alpha > \beta$. Из $\alpha + \beta = 90^\circ$ следует, что $\alpha > 45^\circ$ и $\beta < 45^\circ$. Таким образом, мы имеем следующую последовательность углов: $\angle ACH = \beta < 45^\circ$ и $\angle ACM = \alpha > 45^\circ$. Так как $\angle ACL = 45^\circ$, биссектриса $CL$ лежит между высотой $CH$ и медианой $CM$.

Угол между высотой и биссектрисой равен разности углов $\angle ACL$ и $\angle ACH$:$\angle HCL = \angle ACL - \angle ACH = 45^\circ - \beta$.

Угол между медианой и биссектрисой равен разности углов $\angle ACM$ и $\angle ACL$:$\angle LCM = \angle ACM - \angle ACL = \alpha - 45^\circ$.

Для доказательства равенства $\angle HCL = \angle LCM$ сравним полученные выражения. Воспользуемся тем, что $\beta = 90^\circ - \alpha$. Подставим это в выражение для угла $\angle HCL$:$\angle HCL = 45^\circ - (90^\circ - \alpha) = 45^\circ - 90^\circ + \alpha = \alpha - 45^\circ$.

Таким образом, мы получили, что $\angle HCL = \alpha - 45^\circ$ и $\angle LCM = \alpha - 45^\circ$. Следовательно, $\angle HCL = \angle LCM$, что и требовалось доказать.

Ответ: Равенство углов $\angle HCL$ и $\angle LCM$ доказано, а это означает, что биссектриса прямого угла делит пополам угол между высотой и медианой, проведенными из той же вершины.

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

Пусть в треугольнике $ABC$ из вершины $A$ проведены медиана $AM$ и высота $AH$ к стороне $BC$. По условию задачи, они делят угол $\angle BAC$ на три равные части. Обозначим каждую из этих частей как $\alpha$, следовательно, $\angle BAC = 3\alpha$. Существует два возможных варианта взаимного расположения медианы и высоты, которые мы рассмотрим поочередно.

Случай 1: Высота $AH$ лежит между стороной $AB$ и медианой $AM$.

В этом случае углы при вершине $A$ распределяются следующим образом: $\angle BAH = \angle HAM = \angle MAC = \alpha$.

Рассмотрим прямоугольный треугольник $AHB$ (так как $AH$ — высота, $\angle AHB = 90^\circ$). Сумма острых углов в нем равна $90^\circ$, поэтому $\angle B = 90^\circ - \angle BAH = 90^\circ - \alpha$.

Аналогично, в прямоугольном треугольнике $AHC$ ($\angle AHC = 90^\circ$) угол $\angle HAC = \angle HAM + \angle MAC = \alpha + \alpha = 2\alpha$. Следовательно, угол $\angle C = 90^\circ - \angle HAC = 90^\circ - 2\alpha$.

Поскольку $AM$ является медианой, она делит сторону $BC$ пополам, то есть $BM = MC$. Применим теорему синусов к треугольникам $ABM$ и $AMC$.

В треугольнике $ABM$ угол $\angle BAM = \angle BAH + \angle HAM = 2\alpha$. По теореме синусов имеем:$\frac{BM}{\sin(\angle BAM)} = \frac{AM}{\sin(\angle B)} \implies \frac{BM}{\sin(2\alpha)} = \frac{AM}{\sin(90^\circ - \alpha)} = \frac{AM}{\cos(\alpha)}$.Отсюда $BM = \frac{AM \cdot \sin(2\alpha)}{\cos(\alpha)} = \frac{AM \cdot 2\sin(\alpha)\cos(\alpha)}{\cos(\alpha)} = 2AM\sin(\alpha)$.

В треугольнике $AMC$ угол $\angle MAC = \alpha$. По теореме синусов:$\frac{MC}{\sin(\angle MAC)} = \frac{AM}{\sin(\angle C)} \implies \frac{MC}{\sin(\alpha)} = \frac{AM}{\sin(90^\circ - 2\alpha)} = \frac{AM}{\cos(2\alpha)}$.Отсюда $MC = \frac{AM \cdot \sin(\alpha)}{\cos(2\alpha)}$.

Приравнивая выражения для $BM$ и $MC$, получаем:$2AM\sin(\alpha) = \frac{AM \cdot \sin(\alpha)}{\cos(2\alpha)}$.Поскольку для невырожденного треугольника $AM \neq 0$ и $\alpha \neq 0$, можно сократить на $AM\sin(\alpha)$:$2 = \frac{1}{\cos(2\alpha)} \implies \cos(2\alpha) = \frac{1}{2}$.Так как $2\alpha$ — это острый угол треугольника $AHC$, то $2\alpha = 60^\circ$, откуда $\alpha = 30^\circ$.Тогда искомый угол $\angle BAC = 3\alpha = 3 \cdot 30^\circ = 90^\circ$.

Случай 2: Медиана $AM$ лежит между стороной $AB$ и высотой $AH$.

В этом случае углы при вершине $A$ распределяются так: $\angle BAM = \angle MAH = \angle HAC = \alpha$.

В прямоугольном треугольнике $AHB$ ($\angle AHB = 90^\circ$) угол $\angle HAB = \angle BAM + \angle MAH = 2\alpha$. Отсюда $\angle B = 90^\circ - 2\alpha$.

В прямоугольном треугольнике $AHC$ ($\angle AHC = 90^\circ$) угол $\angle HAC = \alpha$. Отсюда $\angle C = 90^\circ - \alpha$.

Вновь используем теорему синусов для треугольников $ABM$ и $AMC$ и равенство $BM=MC$.

В треугольнике $ABM$ угол $\angle BAM = \alpha$. По теореме синусов:$\frac{BM}{\sin(\alpha)} = \frac{AM}{\sin(90^\circ - 2\alpha)} \implies BM = \frac{AM \cdot \sin(\alpha)}{\cos(2\alpha)}$.

В треугольнике $AMC$ угол $\angle MAC = \angle MAH + \angle HAC = 2\alpha$. По теореме синусов:$\frac{MC}{\sin(2\alpha)} = \frac{AM}{\sin(90^\circ - \alpha)} \implies MC = \frac{AM \cdot \sin(2\alpha)}{\cos(\alpha)} = 2AM\sin(\alpha)$.

Приравнивая $BM$ и $MC$:$\frac{AM \cdot \sin(\alpha)}{\cos(2\alpha)} = 2AM\sin(\alpha)$.Сокращение на $AM\sin(\alpha)$ приводит к тому же уравнению:$\frac{1}{\cos(2\alpha)} = 2 \implies \cos(2\alpha) = \frac{1}{2}$.Решение также $\alpha = 30^\circ$, что дает $\angle BAC = 3\alpha = 90^\circ$.

Таким образом, в обоих возможных конфигурациях угол треугольника, из которого проведены медиана и высота, равен $90^\circ$. Следовательно, треугольник является прямоугольным.

Ответ: Треугольник является прямоугольным, что и требовалось доказать.