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

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.