Номер 830, страница 214 - гдз по геометрии 7-9 класс учебник Атанасян, Бутузов

Задачи к главе 6. Задачи повышенной трудности. Глава 9. Окружность - номер 830, страница 214.

830 Докажите, что в треугольнике сумма трёх медиан меньше периметра, но больше половины периметра.

Пусть дан треугольник $ABC$ со сторонами $a=BC$, $b=AC$ и $c=AB$.

Пусть $m_a$, $m_b$, $m_c$ — медианы, проведенные к сторонам $a$, $b$ и $c$ соответственно. Периметр треугольника $P = a+b+c$.

Требуется доказать двойное неравенство: $\frac{1}{2}(a+b+c) < m_a + m_b + m_c < a+b+c$.

Доказательство состоит из двух частей.

Сумма трёх медиан меньше периметра

Рассмотрим медиану $m_a$, проведенную из вершины $A$ к стороне $BC$. Пусть $A_1$ — середина стороны $BC$. Тогда $m_a = AA_1$.

Продолжим медиану $AA_1$ за точку $A_1$ на её длину до точки $D$, так что $A_1D = AA_1$. Таким образом, длина отрезка $AD$ равна $2m_a$.

Рассмотрим четырехугольник $ABDC$. Его диагонали $AD$ и $BC$ пересекаются в точке $A_1$ и делятся этой точкой пополам ($BA_1 = A_1C$ по определению медианы, $AA_1 = A_1D$ по построению). Следовательно, четырехугольник $ABDC$ является параллелограммом.

В параллелограмме противолежащие стороны равны, поэтому $CD = AB = c$ и $BD = AC = b$.

Теперь применим неравенство треугольника к треугольнику $ACD$. Сумма длин двух его сторон больше длины третьей стороны:

$AC + CD > AD$

Подставив известные значения, получим: $b + c > 2m_a$, откуда следует $m_a < \frac{b+c}{2}$.

Аналогично, проводя те же рассуждения для медиан $m_b$ и $m_c$, мы получим:

$m_b < \frac{a+c}{2}$

$m_c < \frac{a+b}{2}$

Сложим три полученных неравенства почленно:

$m_a + m_b + m_c < \frac{b+c}{2} + \frac{a+c}{2} + \frac{a+b}{2}$

$m_a + m_b + m_c < \frac{b+c+a+c+a+b}{2}$

$m_a + m_b + m_c < \frac{2a+2b+2c}{2}$

$m_a + m_b + m_c < a+b+c$

Таким образом, доказано, что сумма длин медиан треугольника всегда меньше его периметра.

Ответ: Доказано, что $m_a + m_b + m_c < a+b+c$.

Сумма трёх медиан больше половины периметра

Медианы треугольника пересекаются в одной точке (центроиде), которая делит каждую медиану в отношении 2:1, считая от вершины. Обозначим точку пересечения медиан буквой $O$.

Следовательно, для длин отрезков, на которые центроид делит медианы, справедливы следующие соотношения:

$AO = \frac{2}{3}m_a$, $BO = \frac{2}{3}m_b$, $CO = \frac{2}{3}m_c$.

Рассмотрим треугольник $AOB$, образованный двумя вершинами треугольника и центроидом. Применим к нему неравенство треугольника:

$AO + BO > AB$

Подставим выражения для $AO$ и $BO$ через длины медиан:

$\frac{2}{3}m_a + \frac{2}{3}m_b > c$

Аналогично, применив неравенство треугольника к $\triangle BOC$ и $\triangle COA$, получим:

Для $\triangle BOC$: $BO + CO > BC \Rightarrow \frac{2}{3}m_b + \frac{2}{3}m_c > a$

Для $\triangle COA$: $CO + AO > AC \Rightarrow \frac{2}{3}m_c + \frac{2}{3}m_a > b$

Теперь сложим три полученных неравенства:

$(\frac{2}{3}m_a + \frac{2}{3}m_b) + (\frac{2}{3}m_b + \frac{2}{3}m_c) + (\frac{2}{3}m_c + \frac{2}{3}m_a) > a+b+c$

Сгруппируем слагаемые в левой части:

$\frac{4}{3}m_a + \frac{4}{3}m_b + \frac{4}{3}m_c > a+b+c$

Вынесем общий множитель за скобки:

$\frac{4}{3}(m_a + m_b + m_c) > a+b+c$

Умножим обе части неравенства на $\frac{3}{4}$:

$m_a + m_b + m_c > \frac{3}{4}(a+b+c)$

Поскольку дробь $\frac{3}{4}$ больше дроби $\frac{1}{2}$, из полученного неравенства следует, что сумма медиан также больше и половины периметра:

$m_a + m_b + m_c > \frac{3}{4}(a+b+c) > \frac{1}{2}(a+b+c)$

Следовательно, $m_a + m_b + m_c > \frac{1}{2}(a+b+c)$.

Таким образом, доказано, что сумма длин медиан треугольника всегда больше половины его периметра.

Ответ: Доказано, что $m_a + m_b + m_c > \frac{1}{2}(a+b+c)$.