Номер 25.55, страница 185 - гдз по геометрии 8 класс учебник Мерзляк, Поляков

25.55. В треугольник $ABC$ вписана окружность радиуса $r$. Через центр этой окружности проведена прямая, пересекающая стороны $AB$ и $BC$ в точках $M$ и $N$ соответственно. Докажите, что $S_{MBN} \ge 2r^2$.

25.55. В треугольник $ABC$ вписана окружность радиуса $r$. Через центр этой окружности проведена прямая, пересекающая стороны $AB$ и $BC$ в точках $M$ и $N$ соответственно. Докажите, что $S_{MRN} \ge 2r^2$.

Пусть $I$ — центр вписанной в треугольник $ABC$ окружности (инцентр), а $r$ — её радиус. Прямая, проходящая через точку $I$, пересекает стороны $AB$ и $BC$ в точках $M$ и $N$ соответственно.

Площадь треугольника $MBN$ можно представить как сумму площадей треугольников $BMI$ и $BNI$, поскольку точка $I$ лежит на отрезке $MN$.

$S_{MBN} = S_{BMI} + S_{BNI}$

Расстояние от инцентра $I$ до сторон треугольника $AB$ и $BC$ равно радиусу вписанной окружности $r$. Эти расстояния являются высотами треугольников $BMI$ и $BNI$, опущенными из вершины $I$ на стороны $BM$ и $BN$ (или их продолжения).

Следовательно, $S_{BMI} = \frac{1}{2} \cdot BM \cdot r$ и $S_{BNI} = \frac{1}{2} \cdot BN \cdot r$.

Тогда площадь треугольника $MBN$ равна:$S_{MBN} = \frac{1}{2}r \cdot BM + \frac{1}{2}r \cdot BN = \frac{r}{2}(BM + BN)$

Теперь задача сводится к нахождению минимального значения суммы $BM + BN$.

Пусть $\angle ABC = B$. Так как $I$ — инцентр, то $BI$ — биссектриса угла $B$, и $\angle MBI = \angle NBI = B/2$. Длина отрезка $BI$ выражается через $r$ и угол $B/2$: $BI = \frac{r}{\sin(B/2)}$.

Рассмотрим треугольники $BMI$ и $BNI$. Пусть $\angle BNI = \alpha$. Тогда в $\triangle BMN$ имеем $\angle BMN = 180^\circ - B - \alpha$.

Применим теорему синусов к $\triangle BNI$.$\frac{BN}{\sin(\angle BIN)} = \frac{BI}{\sin(\alpha)}$Углы в $\triangle BNI$: $\angle NBI = B/2$, $\angle BNI = \alpha$, следовательно $\angle BIN = 180^\circ - B/2 - \alpha$.Отсюда $BN = BI \frac{\sin(180^\circ - B/2 - \alpha)}{\sin\alpha} = BI \frac{\sin(B/2 + \alpha)}{\sin\alpha}$.

Применим теорему синусов к $\triangle BMI$.$\frac{BM}{\sin(\angle BIM)} = \frac{BI}{\sin(\angle BMI)}$Угол $\angle BMI = \angle BMN = 180^\circ - B - \alpha$. Поскольку точки $M, I, N$ лежат на одной прямой, $\angle BIM + \angle BIN = 180^\circ$, откуда $\angle BIM = 180^\circ - (180^\circ - B/2 - \alpha) = B/2 + \alpha$.Отсюда $BM = BI \frac{\sin(B/2 + \alpha)}{\sin(180^\circ - B - \alpha)} = BI \frac{\sin(B/2 + \alpha)}{\sin(B + \alpha)}$.

Теперь найдем сумму $BM + BN$:$BM + BN = BI \sin(B/2 + \alpha) \left( \frac{1}{\sin\alpha} + \frac{1}{\sin(B+\alpha)} \right)$$BM + BN = BI \sin(B/2 + \alpha) \frac{\sin(B+\alpha) + \sin\alpha}{\sin\alpha \sin(B+\alpha)}$

Используя формулу суммы синусов $\sin x + \sin y = 2\sin\frac{x+y}{2}\cos\frac{x-y}{2}$, получаем:$\sin(B+\alpha) + \sin\alpha = 2\sin\frac{B+2\alpha}{2}\cos\frac{B}{2} = 2\sin(B/2+\alpha)\cos(B/2)$.

Подставим это в выражение для суммы:$BM + BN = BI \sin(B/2 + \alpha) \frac{2\sin(B/2+\alpha)\cos(B/2)}{\sin\alpha \sin(B+\alpha)} = 2 BI \cos(B/2) \frac{\sin^2(B/2+\alpha)}{\sin\alpha \sin(B+\alpha)}$.

Заменим $BI = \frac{r}{\sin(B/2)}$:$BM + BN = 2 \frac{r}{\sin(B/2)} \cos(B/2) \frac{\sin^2(B/2+\alpha)}{\sin\alpha \sin(B+\alpha)} = 2r \cot(B/2) \frac{\sin^2(B/2+\alpha)}{\sin\alpha \sin(B+\alpha)}$.

Для нахождения минимума этого выражения исследуем функцию $f(\alpha) = \frac{\sin^2(B/2+\alpha)}{\sin\alpha \sin(B+\alpha)}$.Используем формулы:$\sin^2(x) = \frac{1-\cos(2x)}{2}$ и $\sin(x)\sin(y) = \frac{\cos(x-y)-\cos(x+y)}{2}$.$\sin^2(B/2+\alpha) = \frac{1-\cos(B+2\alpha)}{2}$$\sin\alpha \sin(B+\alpha) = \frac{\cos(B) - \cos(B+2\alpha)}{2}$

Тогда $f(\alpha) = \frac{1-\cos(B+2\alpha)}{\cos B - \cos(B+2\alpha)}$.Пусть $x = \cos(B+2\alpha)$. Так как $\alpha$ может меняться, $x$ принимает значения в диапазоне $[-1, 1]$.Рассмотрим функцию $g(x) = \frac{1-x}{\cos B - x}$.Её производная: $g'(x) = \frac{-( \cos B - x) - (1-x)(-1)}{(\cos B - x)^2} = \frac{1-\cos B}{(\cos B - x)^2}$.Поскольку $B$ — угол треугольника, $0 < B < \pi$, то $\cos B < 1$, и $1-\cos B > 0$. Знаменатель всегда положителен. Значит, $g'(x) > 0$, и функция $g(x)$ возрастает на всей области определения.

Минимальное значение $g(x)$ достигается при минимально возможном значении $x$, то есть при $x = -1$.$g_{min} = g(-1) = \frac{1-(-1)}{\cos B - (-1)} = \frac{2}{1+\cos B}$.

Теперь найдем минимальное значение суммы $BM+BN$:$(BM+BN)_{min} = 2r \cot(B/2) \cdot g_{min} = 2r \cot(B/2) \frac{2}{1+\cos B}$.Используя формулы тригонометрии $1+\cos B = 2\cos^2(B/2)$ и $\cot(B/2) = \frac{\cos(B/2)}{\sin(B/2)}$:$(BM+BN)_{min} = 2r \frac{\cos(B/2)}{\sin(B/2)} \frac{2}{2\cos^2(B/2)} = \frac{2r}{\sin(B/2)\cos(B/2)} = \frac{4r}{2\sin(B/2)\cos(B/2)} = \frac{4r}{\sin B}$.

Таким образом, мы доказали, что $BM+BN \ge \frac{4r}{\sin B}$.

Подставим это неравенство в формулу для площади:$S_{MBN} = \frac{r}{2}(BM + BN) \ge \frac{r}{2} \cdot \frac{4r}{\sin B} = \frac{2r^2}{\sin B}$.

Так как $B$ — это угол треугольника, то $0 < B < \pi$, и следовательно $0 < \sin B \le 1$.Отсюда $\frac{1}{\sin B} \ge 1$.

Окончательно получаем:$S_{MBN} \ge \frac{2r^2}{\sin B} \ge 2r^2$.

Что и требовалось доказать.

Ответ: Неравенство $S_{MBN} \ge 2r^2$ доказано.