Номер 400, страница 145 - гдз по геометрии 11 класс учебник Латотин, Чеботаревский

400. Докажите, что:

a) сумма двух сторон треугольника больше третьей стороны менее, чем на удвоенный отрезок, соединяющий общую точку этих двух сторон с произвольной точкой третьей стороны;

б) сумма расстояний от произвольной точки многоугольника до всех его вершин больше полупериметра многоугольника;

в) медиана треугольника меньше полусуммы сторон, ее заключающих, и больше разности этой полусуммы и половины третьей стороны.

Пусть дан треугольник $ABC$. Обозначим длины его сторон как $a = BC$, $b = AC$ и $c = AB$. Пусть $M$ — произвольная точка на стороне $AB$. Отрезок, соединяющий общую вершину $C$ сторон $AC$ и $BC$ с точкой $M$, есть $CM$.

Требуется доказать, что разность между суммой двух сторон и третьей стороной меньше удвоенного отрезка $CM$. Математически это записывается как: $(AC + BC) - AB < 2 \cdot CM$, что эквивалентно неравенству $AC + BC < AB + 2 \cdot CM$.

Рассмотрим два треугольника, на которые отрезок $CM$ делит исходный треугольник: $\triangle AMC$ и $\triangle BMC$. Применим к каждому из них неравенство треугольника:

• Для $\triangle AMC$: сторона $AC$ меньше суммы двух других сторон, то есть $AC < AM + CM$.
• Для $\triangle BMC$: сторона $BC$ меньше суммы двух других сторон, то есть $BC < BM + CM$.

Сложим левые и правые части этих двух неравенств:
$AC + BC < (AM + CM) + (BM + CM)$
$AC + BC < (AM + BM) + 2 \cdot CM$

Поскольку точка $M$ лежит на отрезке $AB$, сумма длин отрезков $AM$ и $BM$ равна длине стороны $AB$: $AM + BM = AB$.

Подставив это в полученное неравенство, получаем:
$AC + BC < AB + 2 \cdot CM$

Это неравенство и доказывает исходное утверждение.

Ответ: Утверждение доказано. Сумма двух сторон треугольника ($AC+BC$) больше третьей стороны ($AB$) на величину, которая меньше удвоенного отрезка ($2CM$), соединяющего их общую вершину с произвольной точкой на третьей стороне.

Пусть дан многоугольник $A_1A_2...A_n$. Его вершины — $A_1, A_2, ..., A_n$, а стороны — $A_1A_2, A_2A_3, ..., A_nA_1$. Периметр многоугольника $P = A_1A_2 + A_2A_3 + ... + A_nA_1$. Соответственно, полупериметр равен $P/2$.

Пусть $M$ — произвольная точка внутри многоугольника. Обозначим сумму расстояний от точки $M$ до вершин как $S = MA_1 + MA_2 + ... + MA_n$.

Требуется доказать, что $S > P/2$.

Рассмотрим треугольники, образованные точкой $M$ и парами соседних вершин многоугольника: $\triangle MA_1A_2, \triangle MA_2A_3, ..., \triangle MA_nA_1$. Для каждого из этих $n$ треугольников запишем неравенство треугольника:

• $MA_1 + MA_2 > A_1A_2$
• $MA_2 + MA_3 > A_2A_3$
• ...
• $MA_n + MA_1 > A_nA_1$

Сложим все эти $n$ неравенств. В левой части каждое расстояние $MA_i$ (где $i$ от 1 до $n$) встретится дважды. В правой части получится сумма длин всех сторон многоугольника, то есть его периметр $P$.
$(MA_1 + MA_2) + (MA_2 + MA_3) + ... + (MA_n + MA_1) > A_1A_2 + A_2A_3 + ... + A_nA_1$
$2(MA_1 + MA_2 + ... + MA_n) > P$
$2S > P$

Разделив обе части неравенства на 2, получим:
$S > P/2$

Таким образом, утверждение доказано.

Ответ: Утверждение доказано. Сумма расстояний от произвольной точки внутри многоугольника до всех его вершин всегда больше полупериметра этого многоугольника.

Пусть в треугольнике $ABC$ стороны равны $a=BC$, $b=AC$ и $c=AB$. Пусть $m_c$ — медиана, проведенная из вершины $C$ к стороне $AB$. Точка $M$ — середина стороны $AB$, поэтому $CM = m_c$ и $AM = MB = c/2$. Стороны, заключающие медиану, — это $a$ и $b$.

Нужно доказать два неравенства:
1) $m_c < \frac{a+b}{2}$
2) $m_c > \frac{a+b}{2} - \frac{c}{2}$

Доказательство первого неравенства ($m_c < \frac{a+b}{2}$):

Продлим медиану $CM$ за точку $M$ на ее длину до точки $D$, так что $MD = CM$. Тогда $CD = 2m_c$. Рассмотрим четырехугольник $ADBC$. Его диагонали $AB$ и $CD$ пересекаются в точке $M$, которая является серединой каждой из них. Следовательно, $ADBC$ — параллелограмм. В параллелограмме противолежащие стороны равны, поэтому $AD = BC = a$.

Теперь применим неравенство треугольника к $\triangle ACD$ со сторонами $AC=b$, $AD=a$ и $CD=2m_c$:
$AC + AD > CD$
$b + a > 2m_c$
$\frac{a+b}{2} > m_c$, что и требовалось доказать.

Доказательство второго неравенства ($m_c > \frac{a+b}{2} - \frac{c}{2}$):

Рассмотрим треугольники $AMC$ и $BMC$. Применим к ним неравенство треугольника, согласно которому любая сторона треугольника больше модуля разности двух других сторон.

• Для $\triangle AMC$: $CM > AC - AM$, то есть $m_c > b - \frac{c}{2}$.
• Для $\triangle BMC$: $CM > BC - BM$, то есть $m_c > a - \frac{c}{2}$.

Сложим эти два неравенства:
$m_c + m_c > (b - \frac{c}{2}) + (a - \frac{c}{2})$
$2m_c > a + b - c$
$m_c > \frac{a+b-c}{2}$
$m_c > \frac{a+b}{2} - \frac{c}{2}$, что и требовалось доказать.

Ответ: Утверждение доказано. Для медианы $m_c$, проведенной к стороне $c$ из вершины, образованной сторонами $a$ и $b$, справедливы неравенства $m_c < \frac{a+b}{2}$ и $m_c > \frac{a+b}{2} - \frac{c}{2}$.