Номер 14.14, страница 82 - гдз по геометрии 7 класс учебник Смирнов, Туяков

14.14. Докажите, что биссектриса треугольника не превосходит его медианы, проведенной из той же вершины.

Рассмотрим произвольный треугольник $ABC$. Проведем из вершины $A$ медиану $AM$ и биссектрису $AL$. Точки $M$ и $L$ лежат на стороне $BC$. Требуется доказать, что $AL \le AM$.

Для доказательства рассмотрим два возможных случая.

Случай 1: Треугольник $ABC$ является равнобедренным, и $AB = AC$.

В равнобедренном треугольнике биссектриса, проведенная из вершины, противолежащей основанию, совпадает с медианой. Таким образом, точки $L$ и $M$ — это одна и та же точка, а значит, отрезки $AL$ и $AM$ равны. В этом случае $AL = AM$, и доказываемое неравенство $AL \le AM$ выполняется.

Случай 2: Треугольник не является равнобедренным, $AB \ne AC$.

Пусть, без ограничения общности, сторона $AC$ длиннее стороны $AB$, то есть $AC > AB$.

По свойству биссектрисы треугольника, она делит противолежащую сторону в отношении, равном отношению прилежащих сторон: $ \frac{BL}{LC} = \frac{AB}{AC} $

Так как $AC > AB$, то дробь $\frac{AB}{AC} < 1$, из чего следует, что $BL < LC$.

Точка $M$ — это середина стороны $BC$, поэтому $BM = MC = \frac{1}{2}BC$. Поскольку $BL < LC$ и $BL + LC = BC$, то $BL < \frac{1}{2}BC$. Таким образом, $BL < BM$, и это означает, что точка $L$ лежит на стороне $BC$ между точками $B$ и $M$.

В треугольнике против большей стороны лежит больший угол. Из $AC > AB$ следует, что $\angle ABC > \angle ACB$ (или $\angle B > \angle C$).

Рассмотрим углы $\angle ALC$ и $\angle ALB$. Они смежные, поэтому их сумма равна $180^\circ$. Выразим эти углы через углы треугольника $ABC$. Из $\triangle ABL$: $\angle ALB = 180^\circ - \angle B - \angle BAL$. Из $\triangle ACL$: $\angle ALC = 180^\circ - \angle C - \angle CAL$.

Поскольку $AL$ — биссектриса, $\angle BAL = \angle CAL$. Так как $\angle B > \angle C$, то $\angle ALB < \angle ALC$. Из того, что $\angle ALB + \angle ALC = 180^\circ$ и $\angle ALB < \angle ALC$, следует, что $\angle ALC$ — тупой (больше $90^\circ$), а $\angle ALB$ — острый (меньше $90^\circ$).

Теперь рассмотрим $\triangle ALM$. Мы установили, что точка $L$ лежит между $B$ и $M$. Угол $\angle ALM$ является смежным с острым углом $\angle ALB$. Следовательно, $\angle ALM = 180^\circ - \angle ALB$, то есть $\angle ALM$ — тупой угол.

В треугольнике против большего угла лежит большая сторона. Так как в $\triangle ALM$ угол $\angle ALM$ тупой, он является наибольшим углом этого треугольника. Сторона, лежащая напротив него, — это медиана $AM$. Следовательно, $AM$ — самая длинная сторона в $\triangle ALM$. В частности, $AM > AL$.

Объединяя оба случая, мы видим, что если треугольник равнобедренный ($AB=AC$), то $AL=AM$. Если треугольник не равнобедренный, то $AL < AM$. В общем виде это можно записать как $AL \le AM$. Что и требовалось доказать.

Ответ: Биссектриса треугольника не превосходит его медианы, проведенной из той же вершины.