В прямоугольном треугольнике ABC с гипотенузой AB проведены высота CH, медиана CM и биссектриса CD. а) Докажите, что CD является биссектрисой угла MCH
Реши задание на изображении
Сверь числа и знаки с фото.
Задание № 2 В прямоугольном треугольнике \(ABC\) с гипотенузой \(AB\) проведены высота \(CH\), медиана \(CM\) и биссектриса \(CD\). а) Докажите, что \(CD\) является биссектрисой угла \(MCH\), если треугольник \(ABC\) не является равнобедренным. б) Найдите длину биссектрисы \(CD\), если \(CH = 6\), \(CM = 10\).
ПОДСКАЗКА
- Вспомни свойство медианы, проведённую к гипотенузе, и каким тогда будет вид \(\triangle AMC\).
- Воспользуйся свойством медианы из 1 пункта и затем используй нашу любимку — теорему Пифагора для \(\triangle CHM\). Здесь очень пригодятся свойства биссектрисы и формула нахождения длины биссектрисы.
Краткий ответ: а) \(CD\) действительно делит \(\angle MCH\) пополам; б) \(CD=3\sqrt5\).
а) Доказательство
Обозначим \[ \angle BAC=\alpha,\qquad \angle ABC=\beta. \] Так как угол \(C\) прямой, \[ \alpha+\beta=90^\circ. \]
Высота \(CH\perp AB\), поэтому в прямоугольном \(\triangle ACH\) \[ \angle ACH=90^\circ-\alpha=\beta. \]
Медиана прямоугольного треугольника, проведённая к гипотенузе, равна её половине, значит \[ CM=AM. \] Тогда \(\triangle ACM\) равнобедренный, и \[ \angle ACM=\angle CAM=\alpha. \]
Биссектриса \(CD\) делит прямой угол \(C\) пополам: \[ \angle ACD=45^\circ. \]
Так как треугольник не равнобедренный, \(\alpha\ne\beta\); при \(\alpha+\beta=90^\circ\) один из углов меньше \(45^\circ\), другой больше. Поэтому луч \(CD\) проходит внутри \(\angle MCH\). Тогда \[ \angle MCD=|45^\circ-\alpha|, \] а \[ \angle DCH=|\beta-45^\circ| =|(90^\circ-\alpha)-45^\circ| =|45^\circ-\alpha|. \] Значит \[ \angle MCD=\angle DCH. \] Следовательно, \(CD\) — биссектриса угла \(MCH\).
б) Нахождение длины \(CD\)
Точки \(H\) и \(M\) лежат на \(AB\), а \(CH\perp AB\), поэтому \(\triangle CHM\) прямоугольный с прямым углом при \(H\). Тогда \[ HM=\sqrt{CM^2-CH^2} =\sqrt{10^2-6^2} =\sqrt{100-36}=8. \]
По теореме о биссектрисе в \(\triangle CMH\): \[ \frac{MD}{DH}=\frac{CM}{CH}=\frac{10}{6}=\frac53. \] При этом \[ MD+DH=HM=8. \] Отсюда \[ DH=3,\qquad MD=5. \]
Треугольник \(CHD\) прямоугольный при \(H\), поэтому \[ CD=\sqrt{CH^2+DH^2} =\sqrt{6^2+3^2} =\sqrt{36+9} =\sqrt{45} =3\sqrt5. \]
Ответ: а) доказано; б) \(\boxed{3\sqrt5}\).
Обсуждение
5 сообщенийА можно пункт а без модуля
Можно. Модуль нужен был только чтобы объединить два случая. Разберём их отдельно.
Обозначим \[ \angle BAC=\alpha,\qquad \angle ABC=\beta,\qquad \alpha+\beta=90^\circ. \] Тогда:
- \(CM=AM\), поэтому \(\triangle ACM\) равнобедренный и \[ \angle ACM=\alpha; \]
- в прямоугольном \(\triangle ACH\) \[ \angle ACH=90^\circ-\alpha=\beta; \]
- \(CD\) — биссектриса прямого угла \(C\), значит \[ \angle ACD=45^\circ. \]
Если треугольник не равнобедренный, то \(\alpha\ne45^\circ\), \(\beta\ne45^\circ\).
1-й случай: \(\alpha<45^\circ<\beta\).
Лучи идут в порядке \(CA,\ CM,\ CD,\ CH\). Поэтому
\[
\angle MCD=45^\circ-\alpha,
\]
\[
\angle DCH=\beta-45^\circ=(90^\circ-\alpha)-45^\circ=45^\circ-\alpha.
\]
Следовательно,
\[
\angle MCD=\angle DCH.
\]
2-й случай: \(\beta<45^\circ<\alpha\).
Теперь порядок лучей \(CA,\ CH,\ CD,\ CM\). Тогда
\[
\angle MCD=\alpha-45^\circ,
\]
\[
\angle DCH=45^\circ-\beta
=45^\circ-(90^\circ-\alpha)
=\alpha-45^\circ.
\]
Опять
\[
\angle MCD=\angle DCH.
\]
В обоих случаях \(CD\) проходит внутри \(\angle MCH\) и делит его пополам. Значит, \(CD\) — биссектриса \(\angle MCH\).
Если \(\alpha=\beta=45^\circ\), треугольник равнобедренный прямоугольный, точки \(M\) и \(H\) совпадают, и утверждение становится вырожденным.
Почему мы рассматриваем два способа
Это не два разных способа решения, а разбор двух возможных расположений лучей. В доказательстве важно, какой из лучей — \(CM\) или \(CH\) — находится ближе к \(CA\).
Смотри:
\[ \angle ACM=\alpha,\qquad \angle ACH=\beta,\qquad \angle ACD=45^\circ. \]
Если \(\alpha<45^\circ\), то лучи идут в порядке \[ CA,\ CM,\ CD,\ CH, \] и \[ \angle MCD=45^\circ-\alpha. \]
Если же \(\alpha>45^\circ\), то \(CM\) и \(CH\) меняются местами: \[ CA,\ CH,\ CD,\ CM. \] Тогда \[ \angle MCD=\alpha-45^\circ. \]
То есть два случая появляются только потому, что без модуля нельзя одной формулой записать разность \(45^\circ-\alpha\): она может быть отрицательной. Модуль \(|45^\circ-\alpha|\) как раз и объединял эти две ситуации.
Но можно обойтись и без двух случаев. Так как \[ \alpha+\beta=90^\circ, \] то \[ 45^\circ=\frac{\alpha+\beta}{2}. \] Значит, направление биссектрисы \(CD\) — это ровно «середина» между направлениями \(CM\) и \(CH\). Поэтому \(CD\) делит \(\angle MCH\) пополам независимо от того, какой из углов \(\alpha,\beta\) больше.
Ещё один короткий путь: можно без ограничения общности считать \(\alpha<\beta\). Если это не так, просто поменяем обозначения вершин \(A\) и \(B\): точки \(M,H,C\), угол \(MCH\) и его биссектриса от такой замены не изменятся. Тогда достаточно разобрать только один случай.
