Упр.871 ГДЗ Атанасян 7-9 класс по геометрии (Геометрия)

Задача

Рассмотрим вариант решения задания из учебника Атанасян, Бутузов 8 класс, Просвещение: Докажите, что если противоположные стороны выпуклого четырёхугольника не параллельны, то их полусумма больше отрезка, соединяющего середины двух других противоположных сторон. Постройте равнобедренный треугольник по углу между боковыми сторонами и сумме основания и высоты, проведённой к основанию.

Подробный ответ

Обозначим середины противоположных сторон четырёхугольника $$ABCD$$ через $$M$$ и $$N$$ так, что $$M \in AB$$, $$AM=MB$$, $$N \in CD$$, $$CN=ND$$. Требуется доказать, что

$$MN<\frac{AD+BC}{2}.$$

Относительно точки $$N$$ как центра симметрии отобразим точку $$A$$ и получим точку $$A_1$$. Тогда $$N$$ — середина отрезка $$AA_1$$, а значит, в четырёхугольнике $$ABA_1B$$ отрезок $$MN$$ является средней линией треугольника $$ABA_1$$, поэтому

$$MN=\frac{A_1B}{2}.$$

Рассмотрим треугольники $$ADN$$ и $$A_1CN$$. Имеем:

$$AN=NA_1,$$

$$DN=NC,$$

$$\angle AND=\angle A_1NC$$

как вертикальные углы. Следовательно, $$\triangle ADN \cong \triangle A_1CN$$ по двум сторонам и углу между ними. Отсюда

$$A_1C=AD.$$

Теперь в треугольнике $$CBA_1$$ по неравенству треугольника получаем:

$$A_1B<BC+A_1C.$$

Так как $$A_1C=AD$$, то

$$A_1B<BC+AD.$$

Учитывая, что $$MN=\dfrac{A_1B}{2}$$, получаем

$$2MN<AD+BC,$$

то есть

$$MN<\frac{AD+BC}{2}.$$

Что и требовалось доказать.

Для построения равнобедренного треугольника по углу между боковыми сторонами и сумме основания и высоты, проведённой к основанию, обозначим данный угол через $$\beta$$, а сумму основания и высоты — через $$a$$.

Построим угол $$\angle B=\beta$$ и его биссектрису $$BB_1$$. На произвольном расстоянии от вершины $$B$$ проведём прямую, перпендикулярную биссектрисе, и отметим точки пересечения со сторонами угла $$A_1$$ и $$C_1$$. Из вершины $$B$$ под произвольным острым углом, вне угла $$\beta$$, проведём луч и отложим на нём отрезок $$BR=a$$. На луче $$BR$$ отложим $$BR_1=A_1C_1+BH_1$$. Через точки $$R_1$$ и $$H_1$$ проведём прямую $$H_1R_1$$ и параллельную ей прямую $$HR$$ так, чтобы $$H\in BB_1$$. Через найденную точку $$H$$ проведём перпендикуляр к биссектрисе; точки пересечения с сторонами угла обозначим $$A$$ и $$C$$. Тогда $$\triangle ABC$$ — искомый.