|
|
 |
Условие
Треугольники $ABC$ и $A_{1}B_{1}C_{1}$ таковы, что $AB = A_{1}B_{1}$, $AC = AC_{1}$, а $\angle A > \angle A_{1}$. Докажите, что $BC > B_{1}C_{1}$.
Решение
Поскольку $\angle A > \angle A_{1}$, а величина каждого из этих углов между $0^\circ$ и $180^{\circ}$, то $\cos \angle A < \cos \angle A_{1}$. По теореме косинусов $$ BC^{2} = AB^{2} + AC^{2} - 2AB\cdot AC \cos \angle A = $$ $$ = A_{1}B^{2}_{1} + A_{1}C^{2}_{1} - 2A_{1}B_{1}\cdot A_{1}C_{1}\cos \angle A > $$ $$ > A_{1}B^{2}_{1} + A_{1}C^{2}_{1} - 2A_{1}B_{1}\cdot A_{1}C_{1} \cos \angle A_{1} > B_{1}C^{2}_{1}.$$ Следовательно, $BC > B_{1}C_{1}$.
Рассмотрим такую точку $D$, чтобы треугольник $ABD$ был равен треугольнику $A_{1}B_{1}C_{1}$, а точки $D$ и $C$ были бы расположены по одну сторону от прямой $AB$. Тогда, т.к. $\angle BAC > \angle B_{1}A_{1}C_{1} = \angle BAD$, то луч $AD$ будет расположен между лучами $AB$ и $AC$.
Проведём биссектрису $AM$ угла $CAD$. Она также будет расположена между сторонами угла $BAC$, поэтому точка $E$ её пересечения с прямой $BC$ будет расположена между точками $B$ и $C$.
Треугольники $ADE$ и $ACE$ равны по двум сторонам и углу между ними, значит, $DE = CE$. Применяя неравенство треугольника к треугольнику $BDE$, получим, что $$ BC = BE + EC = BE + DE > BD = B_{1}C_{1}.$$
Докажем обратное утверждение, т.е., если треугольники $ABC$ и $A_{1}B_{1}C_{1}$ таковы, что $AB = A_{1}B_{1}$, $AC = AC_{1}$, а $BC > B_{1}C_{1}$, то $\angle A > \angle A_{1}$.
Допустим, что при данных условиях $\angle A \leqslant \angle A_{1}$ Если $\angle A < \angle A_{1}$, то по ранее доказанному $BC < B_{1}C_{1}$. Если же $\angle A = \angle A_{1}$, то из первого признака равенства треугольников следует, что $BC = B_{1}C_{1}$.
Источники и прецеденты использования
| web-сайт | |
| Название | Система задач по геометрии Р.К.Гордина |
| URL | http://zadachi.mccme.ru |
| задача | |
| Номер | 3606 |
