Номер 8.38, страница 95 - гдз по геометрии 10 класс учебник Мерзляк, Поляков

8.38. Дан треугольник ABC. На стороне AB отметили точки M и N, на стороне BC — точки K и P, а на стороне CA — точки F и E (рис. 8.46). Отрезки MP, NF и KE пересекаются в одной точке и параллельны сторонам AB, BC и CA соответственно. Докажите, что $ \frac{MN}{AB} + \frac{KP}{BC} + \frac{FE}{CA} = 1. $

Рис. 8.46

Обозначим точку пересечения отрезков $MP$, $NF$ и $KE$ как $O$.

Условие задачи, вероятно, содержит неточность в формулировке, так как если точка $M$ лежит на стороне $AB$, то отрезок $MP$ не может быть параллелен $AB$ (кроме вырожденного случая). Исходя из стандартной интерпретации подобных задач и рисунка, следует понимать условия параллельности следующим образом: через точку $O$ проведены три отрезка, параллельные сторонам треугольника $ABC$.

• Отрезок $MK$ проходит через точку $O$ и параллелен стороне $AC$, где $M$ лежит на $AB$, а $K$ — на $BC$.
• Отрезок $NF$ проходит через точку $O$ и параллелен стороне $BC$, где $N$ лежит на $AB$, а $F$ — на $AC$.
• Отрезок $EP$ проходит через точку $O$ и параллелен стороне $AB$, где $E$ лежит на $AC$, а $P$ — на $BC$.

Такая конструкция полностью определяет положение всех шести точек на сторонах треугольника.

Рассмотрим четырехугольники, образованные вокруг точки $O$.

1. Четырехугольник $AMOE$. Так как $MK \parallel AC$, то $MO \parallel AE$. Так как $EP \parallel AB$, то $OE \parallel AM$. Следовательно, $AMOE$ — параллелограмм, и $AM = OE$, $AE = OM$.

2. Четырехугольник $BPON$. Так как $EP \parallel AB$, то $OP \parallel BN$. Так как $NF \parallel BC$, то $ON \parallel BP$. Следовательно, $BPON$ — параллелограмм, и $BN = OP$, $BP = ON$.

3. Четырехугольник $CKOF$. Так как $NF \parallel BC$, то $OF \parallel CK$. Так как $MK \parallel AC$, то $OK \parallel CF$. Следовательно, $CKOF$ — параллелограмм, и $CK = OF$, $CF = OK$.

Теперь выразим длины отрезков $MN$, $KP$ и $FE$ через стороны треугольника и отрезки, проходящие через точку $O$. Будем считать, что точки на сторонах расположены в порядке $A-M-N-B$, $B-K-P-C$ и $C-F-E-A$, как на рисунке.

На стороне $AB$: $AB = AM + MN + NB$. Отсюда $MN = AB - AM - NB$. Используя свойства параллелограммов, получаем: $MN = AB - OE - OP = AB - (OE+OP) = AB - EP$.

На стороне $BC$: $BC = BK + KP + PC$. Отсюда $KP = BC - BK - PC$. Из подобия $\triangle BMK \sim \triangle BAC$ следует $\frac{BK}{BC}=\frac{BM}{BA}$, а из подобия $\triangle CEP \sim \triangle CAB$ следует $\frac{PC}{BC}=\frac{EC}{AC}$. Воспользуемся свойствами параллелограммов: $KP = BC - BP - CK = BC - ON - OF = BC - (ON+OF) = BC - NF$.

На стороне $CA$: $CA = CF + FE + EA$. Отсюда $FE = CA - CF - EA$. Используя свойства параллелограммов, получаем: $FE = CA - OK - OM = CA - (OK+OM) = CA - MK$.

Подставим полученные выражения в левую часть доказываемого равенства:

$\frac{MN}{AB} + \frac{KP}{BC} + \frac{FE}{CA} = \frac{AB - EP}{AB} + \frac{BC - NF}{BC} + \frac{CA - MK}{CA}$

$= \left(1 - \frac{EP}{AB}\right) + \left(1 - \frac{NF}{BC}\right) + \left(1 - \frac{MK}{CA}\right) = 3 - \left(\frac{EP}{AB} + \frac{NF}{BC} + \frac{MK}{CA}\right)$

Теперь найдем значение суммы в скобках. Используем подобие треугольников:

1. Так как $EP \parallel AB$, то $\triangle CEP \sim \triangle CAB$. Отношение их высот из вершины $C$ равно отношению сторон: $\frac{EP}{AB} = \frac{CH_1}{CH}$, где $CH$ — высота $\triangle ABC$ на сторону $AB$, а $CH_1$ — высота $\triangle CEP$ на сторону $EP$. Если $d_c$ — расстояние от точки $O$ до стороны $AB$, то $CH_1 = CH - d_c$. Таким образом, $\frac{EP}{AB} = \frac{CH - d_c}{CH} = 1 - \frac{d_c}{CH}$.

2. Так как $NF \parallel BC$, то $\triangle ANF \sim \triangle ABC$. Аналогично, $\frac{NF}{BC} = 1 - \frac{d_a}{AH_a}$, где $d_a$ — расстояние от $O$ до $BC$, а $AH_a$ — высота из $A$ на $BC$.

3. Так как $MK \parallel AC$, то $\triangle BMK \sim \triangle BAC$. Аналогично, $\frac{MK}{AC} = 1 - \frac{d_b}{BH_b}$, где $d_b$ — расстояние от $O$ до $AC$, а $BH_b$ — высота из $B$ на $AC$.

Подставим эти соотношения в наше выражение:

$\frac{MN}{AB} + \frac{KP}{BC} + \frac{FE}{CA} = 3 - \left(\left(1 - \frac{d_c}{CH}\right) + \left(1 - \frac{d_a}{AH_a}\right) + \left(1 - \frac{d_b}{BH_b}\right)\right)$

$= 3 - \left(3 - \left(\frac{d_a}{AH_a} + \frac{d_b}{BH_b} + \frac{d_c}{CH}\right)\right) = \frac{d_a}{AH_a} + \frac{d_b}{BH_b} + \frac{d_c}{CH}$

Сумма отношений расстояний от внутренней точки до сторон к соответствующим высотам треугольника известна и равна 1. Докажем это через площади. Пусть $S$ — площадь $\triangle ABC$.

$S = S_{OBC} + S_{OAC} + S_{OAB}$

$S = \frac{1}{2} BC \cdot AH_a = \frac{1}{2} AC \cdot BH_b = \frac{1}{2} AB \cdot CH$

$S_{OBC} = \frac{1}{2} BC \cdot d_a$, $S_{OAC} = \frac{1}{2} AC \cdot d_b$, $S_{OAB} = \frac{1}{2} AB \cdot d_c$

Отсюда:

$\frac{d_a}{AH_a} = \frac{S_{OBC}}{S}$, $\frac{d_b}{BH_b} = \frac{S_{OAC}}{S}$, $\frac{d_c}{CH} = \frac{S_{OAB}}{S}$

Следовательно, $\frac{d_a}{AH_a} + \frac{d_b}{BH_b} + \frac{d_c}{CH} = \frac{S_{OBC} + S_{OAC} + S_{OAB}}{S} = \frac{S}{S} = 1$.

Таким образом, мы доказали, что $\frac{MN}{AB} + \frac{KP}{BC} + \frac{FE}{CA} = 1$.

Ответ: Доказано, что $\frac{MN}{AB} + \frac{KP}{BC} + \frac{FE}{CA} = 1$.