Question

Докажите, что из всех треугольников с данным основанием и данным углом при вершине наибольшую биссектрису угла при вершине имеет равнобедренный треугольник.

Answer 1

Ответ:

Пошаговое объяснение:

Пусть дан  равнобедренный  Δ ABC  (AB=AC), опишем около него окружность, с центром в точке O, лежащей на его  биссектрисе AM ,соответственно. Пусть биссектриса  AM(она же высота ∠AMC=90°), пересекает дугу  BC в  точке L,деля ее на две равные дуги BL=LC.

Предположим, что существует  точка  A''  не лежащая на данной окружности,такая что ∠BA''C =∠BAC (рассматриваем  пример когда точка вне круга)

Тогда ΔA''BC пересекает окружность в точках 1 и 2. Возьмем на дуге 12 Произвольную точку A' ,тогда  у ΔA'BC  ∠A'=∠A ,как  углы вписанные в окружность и  опирающиеся на одну дугу.  ( точка A' лежит внутри ΔA''BC)

Очевидно что:  

∠A'=360°-( 180°-(∠A'A''B+∠A'BA'') +180°-(∠A'A''C +∠A'CA'') )=

= (∠A'A''B+∠A'A''C)  +∠A'BA'' +∠A'CA''=∠A'' +∠A'BA'' +∠A'CA''

Откуда: A=A'>A" ,то есть мы пришли к противоречию, не  существует такой точки  A".  Аналогично доказывается невозможность  того , что A'' находится внутри окружности, только в этом случае ,,опоясываем'' точку A'' треугольником A'BC ,то  есть  берем на стороне BC  произвольную точку и проводим  через эту точку  и точку A" прямую,которая пересечет окружность в точке A',то есть  эта прямая лежит внутри ΔA'BC, а на этой прямой точка A",то есть A" внутри ΔA'BC.

Таким образом геометрическое  место точек A', таких  что BA'=A   это верхняя дуга BC.

P.S мы не рассматриваем точки  что ниже стороны BC,тк  для них можно провести симметричный относительно BC равнобедренный треугольник и провести те же рассуждения.

Докажем теперь, что  для произвольной точки A' отличной от A (A' как  доказано  должно лежать на окружности)

биссектриса  A'N<AM (биссектрисы равнобедренного  треугольника)

Заметим,  что прямая  A'N пересекает окружность  в точке L,той же что и AM ,тк  биссектриса любого угла делит  дугу на которую он опирается пополам.

Рассмотрим ΔOA'L.  OA'=OL=R -радиус окружности,откуда из неравенства треугольника:

OA'+OL>A'L   OA'+OL=2R=AL

Вывод:   AL>A'L

Так  же очевидно ,что  гипотенуза LN прямоугольного ΔLMN длиннее его  катета LM:

LN>LM

AM=AL-LM

A'N=A'L-NL

AL-A'L>0

NL-LM>0

Cложим  эти неравенства :

(AL-LM) -(A'L-NL)>0

AM-A'N>0

AM>A'N.

Таким образом из всех треугольников с данным основанием и данным углом при вершине наибольшую биссектрису угла при вершине имеет равнобедренный треугольник.

ЧТД.

Answer 2

Рассмотрим треугольник ABC, в котором AB является основанием, и угол BAC равен данному углу. Пусть BD - биссектриса угла BAC, и точка D лежит на стороне AC.

Так как BD является биссектрисой угла BAC, то углы ABD и CBD равны между собой. Также из условия задачи следует, что длина стороны AB фиксирована.

Предположим, что треугольник ABC не равнобедренный, то есть сторона AC имеет длину, отличную от стороны BC. Тогда для любой точки D на стороне AC, длина биссектрисы BD будет меньше, чем для равнобедренного треугольника ABE, где E - середина стороны AB.

Действительно, в равнобедренном треугольнике ABE стороны AB и AE равны, поэтому углы AEB и ABE также равны между собой. Кроме того, BD является медианой треугольника ABE, и в медиане точка, делящая ее на две равные части, расположена ближе к большей стороне треугольника. Значит, BD в равнобедренном треугольнике ABE будет больше, чем в произвольном треугольнике ABC.

Таким образом, мы доказали, что при заданном основании и угле при вершине, наибольшую биссектрису имеет равнобедренный треугольник, где биссектриса является медианой и пересекает основание под прямым углом.