Номер 942, страница 132 - гдз по геометрии 10 класс сборник задач Латотин, Чеботаревский

942. Докажите, что прямая, проходящая через точку пересечения биссектрис треугольника, разделяет его периметр и площадь в одном и том же отношении.

Пусть дан треугольник $ABC$. Обозначим длины его сторон как $a, b, c$, где $a=BC$, $b=AC$, $c=AB$. Периметр треугольника $P = a+b+c$, а его площадь $S$.

Точка пересечения биссектрис треугольника является центром вписанной в него окружности. Обозначим эту точку как $I$ (инцентр), а радиус вписанной окружности как $r$ (инрадиус).

Ключевым свойством инцентра $I$ является то, что он равноудален от всех сторон треугольника, и это расстояние равно инрадиусу $r$.

Площадь всего треугольника $ABC$ может быть выражена через его периметр и инрадиус. Для этого разобьем треугольник $ABC$ на три треугольника с общей вершиной в точке $I$: $\triangle IAB, \triangle IBC, \triangle ICA$.

Площадь каждого из этих треугольников равна половине произведения его основания (стороны треугольника $ABC$) на высоту, которая равна $r$:
$S_{IAB} = \frac{1}{2} c \cdot r$
$S_{IBC} = \frac{1}{2} a \cdot r$
$S_{ICA} = \frac{1}{2} b \cdot r$
Суммарная площадь: $S = S_{IAB} + S_{IBC} + S_{ICA} = \frac{1}{2}cr + \frac{1}{2}ar + \frac{1}{2}br = \frac{1}{2}(a+b+c)r = \frac{1}{2}Pr$.

Теперь рассмотрим произвольную прямую $l$, проходящую через инцентр $I$. Эта прямая пересекает контур треугольника в двух точках. Обозначим эти точки $M$ и $N$. Прямая $l$ (а точнее, отрезок $MN$) разделяет треугольник $ABC$ на две части (два многоугольника), а точки $M$ и $N$ разделяют периметр треугольника на две части.

Рассмотрим общий случай, когда точки $M$ и $N$ лежат на разных сторонах треугольника. Пусть, для определенности, точка $M$ лежит на стороне $AB$, а точка $N$ — на стороне $AC$.

В этом случае прямая $l$ разделяет треугольник $ABC$ на треугольник $AMN$ и четырехугольник $BCNM$.

Точки $M$ и $N$ разделяют периметр $P$ на две части:

1. Часть периметра, идущая от $M$ к $N$ через вершину $A$. Ее длина $P_1 = AM + AN$.
2. Часть периметра, идущая от $M$ к $N$ через вершины $B$ и $C$. Ее длина $P_2 = MB + BC + CN$.

Обозначим площади полученных фигур:

• $S_1 = S_{AMN}$
• $S_2 = S_{BCNM}$

Наша задача — доказать, что отношение площадей равно отношению длин соответствующих частей периметра, то есть $\frac{S_1}{S_2} = \frac{P_1}{P_2}$.

Найдем площади $S_1$ и $S_2$, используя тот же метод разложения на треугольники с вершиной в точке $I$.

1. Вычисление площади $S_1 = S_{AMN}$
Поскольку точка $I$ лежит на отрезке $MN$, площадь треугольника $AMN$ можно представить как сумму площадей треугольников $AIM$ и $AIN$: $S_1 = S_{AMN} = S_{AIM} + S_{AIN}$.

Высота треугольника $AIM$, опущенная из вершины $I$ на основание $AM$ (лежащее на стороне $AB$), равна инрадиусу $r$. Аналогично, высота треугольника $AIN$ из вершины $I$ на основание $AN$ (лежащее на стороне $AC$) также равна $r$.

Следовательно: $S_{AIM} = \frac{1}{2} AM \cdot r$
$S_{AIN} = \frac{1}{2} AN \cdot r$
$S_1 = \frac{1}{2} AM \cdot r + \frac{1}{2} AN \cdot r = \frac{1}{2} r (AM + AN)$.

Таким образом, $S_1 = \frac{1}{2} r P_1$.

2. Вычисление площади $S_2 = S_{BCNM}$
Площадь четырехугольника $BCNM$ можно представить как сумму площадей трех треугольников с общей вершиной в точке $I$: $\triangle IBM, \triangle IBC, \triangle ICN$. $S_2 = S_{BCNM} = S_{IBM} + S_{IBC} + S_{ICN}$.

Высоты этих треугольников, опущенные из вершины $I$ на их основания (лежащие на сторонах исходного треугольника), равны инрадиусу $r$.

Следовательно: $S_{IBM} = \frac{1}{2} MB \cdot r$
$S_{IBC} = \frac{1}{2} BC \cdot r = \frac{1}{2} a \cdot r$
$S_{ICN} = \frac{1}{2} CN \cdot r$
$S_2 = \frac{1}{2} MB \cdot r + \frac{1}{2} BC \cdot r + \frac{1}{2} CN \cdot r = \frac{1}{2} r (MB + BC + CN)$.

Таким образом, $S_2 = \frac{1}{2} r P_2$.

3. Нахождение отношения
Теперь найдем отношение площадей $S_1$ и $S_2$: $\frac{S_1}{S_2} = \frac{\frac{1}{2} r P_1}{\frac{1}{2} r P_2} = \frac{P_1}{P_2}$.

Данное рассуждение остается верным для любого положения точек $M$ и $N$ на сторонах треугольника (например, если прямая пересекает стороны $BC$ и $AC$, или если прямая проходит через одну из вершин). В любом случае, площадь каждой из двух частей, на которые прямая делит треугольник, будет равна половине произведения инрадиуса на длину соответствующей части периметра.

Таким образом, мы доказали, что прямая, проходящая через точку пересечения биссектрис треугольника, разделяет его периметр и площадь в одном и том же отношении.

Ответ: Утверждение доказано.