Номер 8.39, страница 63 - гдз по геометрии 8 класс учебник Мерзляк, Поляков

8.39. В треугольнике $ABC$ проведены высота $BD$, медиана $BM$ и биссектриса $BK$. Докажите, что точка $K$ принадлежит отрезку $DM$.

8.39. В треугольнике $ABC$ проведены высота $BD$, медиана $BM$ и биссектриса $BK$. Докажите, что точка $K$ принадлежит отрезку $DM$.

Для доказательства того, что точка K принадлежит отрезку DM, нам нужно установить относительное положение точек D, K и M на прямой AC. Мы сделаем это, сравнив величины углов, которые отрезки BD, BK и BM образуют со стороной AB (или BC). Порядок расположения точек D, K, M на прямой AC будет соответствовать порядку лучей BD, BK, BM.

Рассмотрим три возможных случая соотношения сторон AB и BC.

1. Случай, когда $AB = BC$.
Если треугольник ABC равнобедренный с основанием AC, то высота BD, проведенная к основанию, является также медианой и биссектрисой. Это означает, что отрезки BD, BM и BK совпадают, а точки D, M и K являются одной и той же точкой. В этом случае точка K, очевидно, принадлежит отрезку DM (который вырождается в точку).

2. Случай, когда $AB < BC$.
В любом треугольнике против большей стороны лежит больший угол, поэтому из $AB < BC$ следует, что $∠C < ∠A$.
Сравним углы $∠ABD$ и $∠CBD$. В прямоугольных треугольниках ABD и CBD имеем:
$∠ABD = 90° - ∠A$
$∠CBD = 90° - ∠C$
Поскольку $∠A > ∠C$, то $90° - ∠A < 90° - ∠C$, следовательно, $∠ABD < ∠CBD$.

Так как BK — биссектриса угла $∠ABC$, то $∠ABK = ∠KBC = \frac{1}{2}∠ABC = \frac{1}{2}(∠ABD + ∠CBD)$.
Поскольку $∠ABD < ∠CBD$, среднее арифметическое этих углов будет больше меньшего из них, то есть $∠ABD < \frac{1}{2}(∠ABD + ∠CBD)$. Таким образом, получаем первое неравенство: $∠ABD < ∠ABK$.

Теперь сравним положение медианы BM и биссектрисы BK. Существует свойство, что медиана треугольника, проведенная из некоторой вершины, лежит между биссектрисой этого же угла и большей из прилежащих сторон. Так как по нашему условию $BC > AB$, медиана BM будет лежать между стороной BC и биссектрисой BK. Это означает, что луч BK находится между лучами BA и BM. Отсюда следует второе неравенство: $∠ABK < ∠ABM$.

Объединяя полученные неравенства, имеем: $∠ABD < ∠ABK < ∠ABM$.
Поскольку лучи BD, BK и BM выходят из одной точки B и пересекают прямую AC в точках D, K и M соответственно, то порядок этих точек на прямой AC будет таким же, как и угловой порядок лучей. Следовательно, точка K лежит между точками D и M, то есть K принадлежит отрезку DM.

3. Случай, когда $AB > BC$.
Рассуждения аналогичны второму случаю. Из $AB > BC$ следует, что $∠C > ∠A$.
Тогда $90° - ∠C < 90° - ∠A$, следовательно, $∠CBD < ∠ABD$.

Так как $∠ABK = \frac{1}{2}(∠ABD + ∠CBD)$ и $∠ABD > ∠CBD$, то биссектриса будет ближе к меньшему углу, то есть $∠ABK < ∠ABD$.

По свойству медианы, так как $AB > BC$, медиана BM будет лежать между стороной AB и биссектрисой BK. Это означает, что луч BM находится между лучами BA и BK. Отсюда следует неравенство: $∠ABM < ∠ABK$.

Объединяя неравенства для этого случая, получаем: $∠ABM < ∠ABK < ∠ABD$.
Это означает, что на прямой AC точки расположены в порядке M, K, D. Следовательно, точка K лежит между точками M и D, то есть K принадлежит отрезку MD (что то же самое, что и отрезок DM).

Таким образом, во всех трех возможных случаях точка K принадлежит отрезку DM. Что и требовалось доказать.
Ответ: Доказано, что точка K принадлежит отрезку DM.