Упр.305 ГДЗ Атанасян 7-9 класс по геометрии (Геометрия)
Рассмотрим вариант решения задания из учебника Атанасян, Бутузов 7 класс, Просвещение: На стороне AD треугольника ADC отмечена точка В так, что BC = BD. Докажите, что прямая DC параллельна биссектрисе угла ABC. Докажите, что сумма расстояний от любой точки, лежащей внутри треугольника, до его вершин меньше периметра треугольника.
Обозначим через $$\angle DCB=\alpha.$$ Тогда в треугольнике $$BDC$$ имеем $$BC=BD$$, значит он равнобедренный, и его углы при основании равны:
$$\angle BDC=\angle DCB=\alpha.$$
Так как точка $$B$$ лежит на стороне $$AD$$, то луч $$DB$$ совпадает с лучом $$DA$$, следовательно, угол $$\angle BDC$$ является внешним углом треугольника $$ABC$$ при вершине $$B$$. Поэтому
$$\angle ABC=\angle D+\angle DCB.$$
С другой стороны, поскольку $$BF$$ — биссектриса угла $$\angle ABC$$, то
$$\angle ABF=\angle CBF,$$
и значит
$$\angle ABC=\angle ABF+\angle CBF=2\angle ABF.$$
Из равенства $$\angle D=\angle DCB=\alpha$$ и формулы для $$\angle ABC$$ получаем
$$\angle ABC=2\angle D.$$
Тогда
$$2\angle ABF=2\angle D,$$
откуда
$$\angle ABF=\angle D.$$
Рассмотрим прямые $$BF$$ и $$DC$$. Прямая $$BD$$ является секущей, а углы $$\angle ABF$$ и $$\angle BDC$$ — соответственные. Так как они равны, то
$$BF \parallel DC.$$
Что и требовалось доказать.
Докажем теперь, что сумма расстояний от любой точки, лежащей внутри треугольника, до его вершин меньше периметра треугольника.
Пусть $$M$$ — произвольная точка внутри треугольника $$ABC$$. Тогда по неравенству треугольника для треугольников $$ABM$$, $$BCM$$ и $$CAM$$ имеем:
$$AM+BM<AB,$$
$$BM+CM<BC,$$
$$CM+AM<AC.$$
Сложим эти неравенства:
$$2(AM+BM+CM)<AB+BC+AC+AB+BC+AC,$$
то есть
$$AM+BM+CM<\frac{AB+BC+AC}{2}.$$
Но периметр треугольника $$ABC$$ равен
$$P_{ABC}=AB+BC+AC,$$
следовательно,
$$AM+BM+CM<P_{ABC}.$$
Что и требовалось доказать.
Ответ
$$BF \parallel DC; \quad AM+BM+CM<P_{ABC}.$$
