Номер 17.11, страница 101 - гдз по геометрии 7 класс учебник Смирнов, Туяков

17.11. Докажите, что сумма расстояний от любой внутренней точки треугольника до его вершин больше его полупериметра.

17.11. Пусть дан треугольник $ABC$. Обозначим длины его сторон как $a = BC$, $b = AC$ и $c = AB$. Полупериметр треугольника $p$ равен $p = \frac{a+b+c}{2}$.

Пусть $M$ — произвольная внутренняя точка треугольника $ABC$. Соединим эту точку с вершинами треугольника. Нам нужно доказать, что сумма расстояний от точки $M$ до вершин треугольника больше его полупериметра, то есть $MA + MB + MC > p$.

Рассмотрим три треугольника, которые образует точка $M$ с вершинами исходного треугольника: $\triangle AMB$, $\triangle BMC$ и $\triangle CMA$.

Для каждого из этих треугольников запишем неравенство треугольника, которое гласит, что сумма длин двух сторон всегда больше длины третьей стороны:

1. В треугольнике $\triangle AMB$: $MA + MB > AB$, то есть $MA + MB > c$.

2. В треугольнике $\triangle BMC$: $MB + MC > BC$, то есть $MB + MC > a$.

3. В треугольнике $\triangle CMA$: $MC + MA > AC$, то есть $MC + MA > b$.

Теперь сложим почленно левые и правые части этих трех неравенств:

$(MA + MB) + (MB + MC) + (MC + MA) > c + a + b$

Сгруппируем слагаемые в левой части и приведем подобные:

$2MA + 2MB + 2MC > a + b + c$

Вынесем общий множитель 2 за скобки:

$2(MA + MB + MC) > a + b + c$

Разделим обе части неравенства на 2:

$MA + MB + MC > \frac{a+b+c}{2}$

Правая часть этого неравенства является полупериметром треугольника $ABC$. Таким образом, мы доказали, что сумма расстояний от любой внутренней точки треугольника до его вершин больше его полупериметра, что и требовалось доказать.

Ответ: Доказано.