Номер 817, страница 211 - гдз по геометрии 7-9 класс учебник Атанасян, Бутузов

Задачи повышенной трудности. Задачи повышенной трудности. Задачи к главе 5 - номер 817, страница 211.

Условие.

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

Решение 1.

Решение 2.

Решение 3.

Решение 4.

Решение 6.

Решение 10.

Пусть дан треугольник $ABC$ со сторонами $a=BC$, $b=AC$ и $c=AB$. Периметр треугольника $P = a+b+c$. Медианы, проведенные к сторонам $a$, $b$ и $c$, обозначим как $m_a$, $m_b$ и $m_c$ соответственно. Необходимо доказать двойное неравенство: $\frac{1}{2}(a+b+c) < m_a+m_b+m_c < a+b+c$. Разобьем доказательство на две части.

Доказательство того, что сумма трёх медиан меньше периметра

Рассмотрим медиану $m_a$, проведенную из вершины $A$ к стороне $BC$. Продлим медиану $m_a$ на ее длину за точку ее пересечения со стороной $BC$ до точки $D$. Соединим точку $D$ с вершинами $B$ и $C$. Получим четырехугольник $ABDC$. Его диагонали $AD$ и $BC$ пересекаются в середине, следовательно, $ABDC$ – параллелограмм. В параллелограмме противоположные стороны равны, поэтому $BD=AC=b$ и $CD=AB=c$. Длина диагонали $AD$ равна $2m_a$.

Теперь рассмотрим треугольник $ABD$. Согласно неравенству треугольника, сумма длин двух любых его сторон больше длины третьей стороны: $AD < AB + BD$. Подставляя обозначения, получаем: $2m_a < c + b$, или $m_a < \frac{b+c}{2}$.

Проводя аналогичные рассуждения для медиан $m_b$ и $m_c$, получим соответствующие неравенства: $m_b < \frac{a+c}{2}$ $m_c < \frac{a+b}{2}$

Сложим почленно три полученных неравенства: $m_a + m_b + m_c < \frac{b+c}{2} + \frac{a+c}{2} + \frac{a+b}{2}$ $m_a + m_b + m_c < \frac{2a+2b+2c}{2}$ $m_a + m_b + m_c < a+b+c$

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

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

Доказательство того, что сумма трёх медиан больше половины периметра

Пусть медианы треугольника $ABC$ пересекаются в точке $O$. Эта точка называется центроидом треугольника. Согласно свойству медиан, центроид делит каждую медиану в отношении 2:1, считая от вершины. Таким образом, мы имеем следующие соотношения: $AO = \frac{2}{3}m_a$, $BO = \frac{2}{3}m_b$, $CO = \frac{2}{3}m_c$.

Рассмотрим треугольник $AOB$. По неравенству треугольника: $AO + BO > AB$, что равносильно $\frac{2}{3}m_a + \frac{2}{3}m_b > c$.

Аналогично для треугольника $BOC$: $BO + CO > BC$, что равносильно $\frac{2}{3}m_b + \frac{2}{3}m_c > a$.

И для треугольника $COA$: $CO + AO > AC$, что равносильно $\frac{2}{3}m_c + \frac{2}{3}m_a > b$.

Сложим эти три неравенства: $(\frac{2}{3}m_a + \frac{2}{3}m_b) + (\frac{2}{3}m_b + \frac{2}{3}m_c) + (\frac{2}{3}m_c + \frac{2}{3}m_a) > a+b+c$ $\frac{4}{3}m_a + \frac{4}{3}m_b + \frac{4}{3}m_c > a+b+c$ $\frac{4}{3}(m_a+m_b+m_c) > a+b+c$

Умножим обе части неравенства на $\frac{3}{4}$: $m_a+m_b+m_c > \frac{3}{4}(a+b+c)$

Поскольку $a, b, c$ - длины сторон треугольника, их сумма (периметр) является положительной величиной. Так как $\frac{3}{4} > \frac{1}{2}$, то из доказанного неравенства $m_a+m_b+m_c > \frac{3}{4}(a+b+c)$ следует и требуемое неравенство: $m_a+m_b+m_c > \frac{1}{2}(a+b+c)$

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

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