Номер 417, страница 147 - гдз по геометрии 11 класс учебник Латотин, Чеботаревский

417. Есть треугольник, у которого один из углов не меньше $90^\circ$. Одна из сторон этого угла разделена на несколько долей. Докажите, что лучи, выходящие из вершины противоположного угла и проходящие через точки деления, разделяют этот угол на части, величины которых убывают, если считать от другой стороны большего угла.

Доказательство
Пусть дан треугольник $ABC$, в котором угол $\angle C \ge 90^\circ$. Одна из его сторон, образующих этот угол, пусть это будет сторона $AC$, разделена на несколько долей. Будем считать, что это означает деление на $n$ равных по длине отрезков точками $D_1, D_2, \dots, D_{n-1}$. (Следует отметить, что если длины отрезков деления не равны, утверждение задачи в общем случае неверно, поэтому предположение о равенстве долей является ключевым для решения).
Обозначим точки деления так, что они идут в порядке $C, D_1, D_2, \dots, D_{n-1}, A$. Для удобства введем обозначения $D_0 = C$ и $D_n = A$. Тогда по условию имеем $D_0D_1 = D_1D_2 = \dots = D_{n-1}D_n = \ell$, где $\ell$ — длина одной доли.
Лучи, выходящие из вершины $B$ (противолежащей стороне $AC$) и проходящие через точки $D_k$, делят угол $\angle ABC$ на $n$ частей. Согласно условию, отсчет ведется от "другой стороны большего угла", то есть от стороны $BC$. Обозначим углы, на которые делится $\angle ABC$, как $\beta_k = \angle D_{k-1}BD_k$ для $k=1, 2, \dots, n$.
Требуется доказать, что величины этих углов убывают, то есть $\beta_1 > \beta_2 > \dots > \beta_n$.

Для доказательства воспользуемся методом координат. Опустим из вершины $B$ перпендикуляр $BH$ на прямую, содержащую сторону $AC$. Пусть длина этого перпендикуляра $BH = h$. Поскольку $\angle C \ge 90^\circ$, основание перпендикуляра $H$ лежит на прямой $AC$ таким образом, что точка $C$ находится между $H$ и $A$ (или $H$ совпадает с $C$, если $\angle C = 90^\circ$).

Введем систему координат. Поместим точку $H$ в начало координат, $H(0,0)$, и направим ось $Ox$ вдоль прямой $AC$ в сторону точки $A$. В этой системе вершина $B$ будет иметь координаты $B(0,h)$. Пусть расстояние $HC = x_0$. Из расположения точек следует, что $x_0 \ge 0$. Тогда координаты точки $C$ равны $(x_0, 0)$.
Точки деления $D_k$ имеют координаты $x_k = x_0 + k\ell$ для $k=0, 1, \dots, n$.

Рассмотрим углы $\theta_k = \angle HBD_k$, которые лучи $BD_k$ образуют с высотой $BH$. В прямоугольном треугольнике $\triangle HBD_k$ тангенс угла $\theta_k$ равен отношению противолежащего катета $HD_k$ к прилежащему катету $BH$:
$\tan(\theta_k) = \frac{HD_k}{BH} = \frac{x_k}{h} = \frac{x_0+k\ell}{h}$.

Углы $\beta_k$, которые мы хотим сравнить, являются разностями углов $\theta_k$:
$\beta_k = \angle D_{k-1}BD_k = \angle HBD_k - \angle HBD_{k-1} = \theta_k - \theta_{k-1}$.
Так как все углы $\beta_k$ острые, для сравнения их величин достаточно сравнить их тангенсы. Используем формулу тангенса разности:
$\tan(\beta_k) = \tan(\theta_k - \theta_{k-1}) = \frac{\tan\theta_k - \tan\theta_{k-1}}{1 + \tan\theta_k \tan\theta_{k-1}}$.

Подставим в эту формулу найденные выражения для тангенсов:
Числитель: $\tan\theta_k - \tan\theta_{k-1} = \frac{x_0+k\ell}{h} - \frac{x_0+(k-1)\ell}{h} = \frac{\ell}{h}$.
Знаменатель: $1 + \tan\theta_k \tan\theta_{k-1} = 1 + \frac{(x_0+k\ell)}{h} \cdot \frac{(x_0+(k-1)\ell)}{h} = 1 + \frac{(x_0+k\ell)(x_0+(k-1)\ell)}{h^2}$.

Таким образом, получаем:
$\tan(\beta_k) = \frac{\ell/h}{1 + \frac{(x_0+k\ell)(x_0+(k-1)\ell)}{h^2}} = \frac{h\ell}{h^2 + (x_0+k\ell)(x_0+(k-1)\ell)}$.

Теперь сравним $\tan(\beta_k)$ и $\tan(\beta_{k+1})$. Выражение для $\tan(\beta_{k+1})$ аналогично:
$\tan(\beta_{k+1}) = \frac{h\ell}{h^2 + (x_0+(k+1)\ell)(x_0+k\ell)}$.

Числители в выражениях для $\tan(\beta_k)$ и $\tan(\beta_{k+1})$ одинаковы ($h\ell$). Следовательно, та дробь будет больше, у которой знаменатель меньше. Чтобы доказать, что $\tan(\beta_k) > \tan(\beta_{k+1})$, нам нужно показать, что:
$h^2 + (x_0+k\ell)(x_0+(k-1)\ell) < h^2 + (x_0+(k+1)\ell)(x_0+k\ell)$.
Вычитая $h^2$ из обеих частей, получаем:
$(x_0+k\ell)(x_0+(k-1)\ell) < (x_0+(k+1)\ell)(x_0+k\ell)$.
Поскольку $k \ge 1$, $\ell > 0$ и $x_0 \ge 0$, множитель $(x_0+k\ell)$ строго положителен. Мы можем разделить на него обе части неравенства, не меняя знака:
$x_0+(k-1)\ell < x_0+(k+1)\ell$.
Вычитая $x_0$ из обеих частей, получаем:
$(k-1)\ell < (k+1)\ell$.
Так как $\ell > 0$, это неравенство эквивалентно $k-1 < k+1$, или $-1 < 1$, что является истинным.

Таким образом, мы доказали, что знаменатель в выражении для $\tan(\beta_k)$ строго меньше знаменателя для $\tan(\beta_{k+1})$. Это означает, что $\tan(\beta_k) > \tan(\beta_{k+1})$. А поскольку функция тангенса на интервале $(0, 90^\circ)$ возрастает, из этого следует, что $\beta_k > \beta_{k+1}$ для всех $k=1, \dots, n-1$.
Следовательно, последовательность величин углов $\beta_1, \beta_2, \dots, \beta_n$ является строго убывающей. Что и требовалось доказать.

Ответ: Утверждение, приведённое в задаче, доказано.