Задача 1
Условие (кратко)
Через вершину A треугольника ABC проведена прямая, перпендикулярная биссектрисе угла A, из B проведён перпендикуляр BH к этой прямой. Доказать, что периметр треугольника BCH больше периметра ABC.
Решение
Дано: \(\triangle ABC\), \(\angle A = \alpha\), прямая \(l\) через \(A\) перпендикулярна биссектрисе угла \(A\), \(BH \perp l\), \(H \in l\). Доказать: \(P_{BCH} > P_{ABC}\).
- Биссектриса образует со стороной \(AB\) угол \(\dfrac{\alpha}{2}\), а прямая \(l\) с биссектрисой — угол \(90^\circ\). Поэтому луч прямой \(l\), лежащий со стороны точки \(B\), образует с лучом \(AB\) угол \(90^\circ - \dfrac{\alpha}{2}\). Этот угол острый, но не нулевой, значит, основание перпендикуляра \(H\) лежит на этом луче и не совпадает с \(A\): \(\angle BAH = 90^\circ - \dfrac{\alpha}{2}\).
- Продолжим отрезок \(BA\) за точку \(A\) на отрезок \(AD = AC\). Тогда \(BD = AB + AC\).
- Углы при точке \(A\): \(\angle DAH = 180^\circ - \angle BAH = 90^\circ + \dfrac{\alpha}{2}\) (смежные), \(\angle CAH = \angle CAB + \angle BAH = \alpha + 90^\circ - \dfrac{\alpha}{2} = 90^\circ + \dfrac{\alpha}{2}\). Значит, \(\angle DAH = \angle CAH\).
- Треугольники \(DAH\) и \(CAH\): \(AD = AC\), \(AH\) общая, \(\angle DAH = \angle CAH\). По первому признаку они равны, поэтому \(HD = HC\).
- Точка \(H\) не лежит на прямой \(BD\) (эта прямая пересекает \(l\) только в точке \(A\), а \(H \ne A\)). По неравенству треугольника для \(\triangle DHB\): \(BH + HD > BD\), то есть \(BH + HC > AB + AC\).
- Прибавим к обеим частям \(BC\): \(BH + HC + BC > AB + AC + BC\), то есть \(P_{BCH} > P_{ABC}\).
Ответ
Утверждение доказано: периметр треугольника BCH больше периметра ABC.
Почему так
Прямая l — биссектриса внешнего угла A, поэтому HC = HD, где AD = AC, а неравенство треугольника для DHB даёт BH + HC > AB + AC.
Подробнее — в теме «Неравенство треугольника».