3_Геометрические неравенства. Геометрические неравенства
 Скачать 0.53 Mb.
|
|
1 ГЕОМЕТРИЧЕСКИЕ НЕРАВЕНСТВА Задачи из видеолекции Простая версия 1. На сторонах AB и CD выпуклого четырехугольника ABCD выбраны точки E и F так, что отрезок EF проходит через точку пересечения диагоналей. Докажите, что 𝐸𝐹 < 𝑚𝑎𝑥(𝐴𝐶, 𝐵𝐷). 2. Дан выпуклый шестиугольник ABCDED, все стороны которого имеют длину 1. Докажите утверждения: a) оба треугольника ACE и BDF – остроугольные; b) 𝑚𝑖𝑛(𝑅 𝐴𝐶𝐸 , 𝑅 𝐵𝐷𝐹 ) ⩽ 1 (речь идет о радиусах описанных окружностей треугольников); c) 𝑚𝑖𝑛(𝐴𝐷, 𝐵𝐸, 𝐶𝐹) ⩽ 2. 3. В трапеции ABCD ( 𝐴𝐷 ∥ 𝐵𝐶 ) диагонали AC и BD пересекаются в точке S. Известно, что ∠𝐴𝑆𝐷 = 120 ∘ . Докажите, что 𝐴𝐵 + 𝐶𝐷 ≥ 𝐴𝐷. 4. В треугольнике ABC проведены биссектрисы 𝐵𝐵 1 и 𝐶𝐶 1 . Лучи 𝐵 1 𝐶 1 и CB пересекаются в точке X. Докажите, что 3 ⋅ ∠𝐵 1 𝑋𝐶 < ∠𝐴𝐵𝐶 − ∠𝐴𝐶𝐵. 5. В выпуклом четырехугольнике ABCD диагонали AC и BD перпендикулярны, а стороны AB и CD не параллельны. Серединные перпендикуляры к сторонам AB и CD пересекаются в точке P, лежащей внутри четырехугольника ABCD. Докажите, что около четырехугольника ABCD можно описать окружность тогда и только тогда, когда площади треугольников ABP и CDP равны. 6. На сторонах BC и AC треугольника выбираются точки M и N соответственно. Отрезки AM и BN делят треугольник на четыре части. Пусть s - наименьшая из площадей этих частей, а S - наибольшая. Найдите наибольшее возможное значение отношения s/S. 7. Диагонали выпуклого четырехугольника ABCD пересекаются в точке S. Окружность 𝜔 1 лежит внутри четырехугольника, касается стороны AB в точке P и сторон BC и DA. Окружность 𝜔 2 лежит внутри четырехугольника, касается стороны CD в точке Q и сторон BC и DA. Оказалось, что 𝜔 1 и 𝜔 2 касаются друг друга внешним образом. Докажите, что 𝑃𝑆 + 𝑄𝑆 ⩽ 𝑑 1 + 𝑑 2 , где 𝑑 1 и 𝑑 2 - диаметры 𝜔 1 и 𝜔 2 2 8. Выпуклый шестиугольник 𝐴 1 𝐵 1 𝐴 2 𝐵 2 𝐴 3 𝐵 3 вписан в окружность 𝛺 радиуса R. Диагонали 𝐴 1 𝐵 2 , 𝐴 2 𝐵 3 и 𝐴 3 𝐵 1 пересекаются в точке X. Для i = 1, 2, 3 обозначим через 𝜔 𝑖 окружность, касающуюся отрезков 𝑋𝐴 𝑖 и 𝑋𝐵 𝑖 и дуги 𝐴 𝑖 𝐵 𝑖 окружности 𝛺 , не содержащей других вершин шестиугольника. Пусть радиус окружности 𝜔 𝑖 равен 𝑟 𝑖 a) Докажите, что 𝑅 ≥ 𝑟 1 + 𝑟 2 + 𝑟 3 b) Пусть 𝑅 = 𝑟 1 + 𝑟 2 + 𝑟 3 . Докажите, что шесть точек касания окружностей 𝜔 𝑖 с диагоналями 𝐴 1 𝐵 2 , 𝐴 2 𝐵 3 , 𝐴 3 𝐵 1 лежат на одной окружности. Сложная версия 1. В треугольнике ABC проведены биссектрисы 𝐵𝐵 1 и 𝐶𝐶 1 . Лучи 𝐵 1 𝐶 1 и CB пересекаются в точке X. Докажите, что 3 ⋅ ∠𝐵 1 𝑋𝐶 < ∠𝐴𝐵𝐶 − ∠𝐴𝐶𝐵. 2. В выпуклом четырехугольнике ABCD диагонали AC и BD перпендикулярны, а стороны AB и CD не параллельны. Серединные перпендикуляры к сторонам AB и CD пересекаются в точке P, лежащей внутри четырехугольника ABCD. Докажите, что около четырехугольника ABCD можно описать окружность тогда и только тогда, когда площади треугольников ABP и CDP равны. 3. На сторонах BC и AC треугольника выбираются точки M и N соответственно. Отрезки AM и BN делят треугольник на четыре части. Пусть s - наименьшая из площадей этих частей, а S - наибольшая. Найдите наибольшее возможное значение отношения s/S. 4. Диагонали выпуклого четырехугольника ABCD пересекаются в точке S. Окружность 𝜔 1 лежит внутри четырехугольника, касается стороны AB в точке P и сторон BC и DA. Окружность 𝜔 2 лежит внутри четырехугольника, касается стороны CD в точке Q и сторон BC и DA. Оказалось, что 𝜔 1 и 𝜔 2 касаются друг друга внешним образом. Докажите, что 𝑃𝑆 + 𝑄𝑆 ⩽ 𝑑 1 + 𝑑 2 , где 𝑑 1 и 𝑑 2 – диаметры 𝜔 1 и 𝜔 2 5. Выпуклый шестиугольник 𝐴 1 𝐵 1 𝐴 2 𝐵 2 𝐴 3 𝐵 3 вписан в окружность 𝛺 радиуса R. Диагонали 𝐴 1 𝐵 2, 𝐴 2 𝐵 3 и 𝐴 3 𝐵 1 пересекаются в точке X. Для i = 1, 2, 3 обозначим через 𝜔 𝑖 окружность, касающуюся отрезков 𝑋𝐴 𝑖 и 𝑋𝐵 𝑖 и дуги 𝐴 𝑖 𝐵 𝑖 окружности 𝛺, не содержащей других вершин шестиугольника. Пусть радиус окружности 𝜔 𝑖 равен 𝑟 𝑖 a) Докажите, что 𝑅 ≥ 𝑟 1 + 𝑟 2 + 𝑟 3 b) Пусть 𝑅 = 𝑟 1 + 𝑟 2 + 𝑟 3 . Докажите, что шесть точек касания окружностей 𝜔 𝑖 с диагоналями 𝐴 1 𝐵 2 , 𝐴 2 𝐵 3 , 𝐴 3 𝐵 1 лежат на одной окружности. 3 6. В треугольнике ABC проведены биссектрисы AD и BE. В четырехугольник AEDB вписан ромб так, что все вершины ромба лежат на разных сторонах четырехугольника. Пусть 𝜙 – наименьший угол этого ромба. Докажите, что 𝜙 ≤ 𝑚𝑎𝑥{∠𝐵𝐴𝐶, ∠𝐴𝐵𝐶}. 7. Выпуклый многоугольник 𝐴 1 𝐴 2 … 𝐴 𝑛 вписан в окружность. Известно, что центр этой окружности находится строго внутри многоугольника 𝐴 1 𝐴 2 … 𝐴 𝑛 На сторонах 𝐴 1 𝐴 2 , 𝐴 2 𝐴 3 , … , 𝐴 𝑛 𝐴 1 взяты соответственно точки 𝐵 1 , 𝐵 2 , … , 𝐵 𝑛 , отличные от вершин. Докажите, что 𝐵 1 𝐵 2 𝐴 1 𝐴 3 + 𝐵 2 𝐵 3 𝐴 2 𝐴 4 + ⋯ + 𝐵 𝑛 𝐵 1 𝐴 𝑛 𝐴 2 > 1. 8. Докажите, что в любом выпуклом шестиугольнике найдется точка, сумма расстояний от которой до сторон не превосходит суммы трех главных средних линий. Дополнительные задачи 1. Точка I – центр вписанной окружности треугольника ABC. Точка P на дуге AC его описанной окружности такова, что ∠API = ∠CPI. Оказалось, что PI больше радиуса описанной окружности. Докажите, что ∠B > 60°. Решение. Обозначим через S и T точки пересечения лучей BI и PI с описанной окружностью ABC. Ясно, что S и T являются серединами дуг AC и ABC соответственно. Обозначим также через r и R радиусы вписанной и описанной окружностей треугольника ABC. Как известно, SI = SC, и по теореме синусов оба эти отрезка равны 2R/sin ∠IBC. Кроме того, BI = r/sin ∠IBC. Поскольку произведения отрезков хорд в окружности равны, то PI ⋅IT = SI⋅IS = 2Rsin∠IBC⋅r/sin∠IBC = 2Rr, откуда IT < 2r. Заметим, что ∠IBT = 90°, поэтому 2r > IT > IB = r/sin∠IBT, откуда sin∠IBT > 1/2 и ∠B = 2∠IBT > 60°. 2. Дан неравнобедренный остроугольный треугольник ABC, вписанный в окружность с центром O. Прямая BO пересекает AC в точке D. Серединный перпендикуляр к отрезку BD пересекает стороны AB, BC и прямую AC в точках P, Q и R соответственно. Отрезок BR вторично пересекает в точке T. Докажите, что точки O, P, Q и T лежат на одной окружности. 4 Решение. Не умаляя общности, будем считать, что AB > BC. Обозначим ∠ACB через γ. Тогда ∠ABO = 90°–γ, а ∠QPB = γ. Пусть M и N – середины отрезков BD и BC соответственно. Тогда ∠OMQ = ∠ONQ = 90°, поэтому четырехугольник OMNQ вписанный. Значит, ∠BOQ = ∠BNM = ∠BCD = γ. Из равенства углов BOQ, BPQ и QCA получаем, что четырехугольники BPOQ и APQC – вписанные. Пусть они вписаны в окружности Ω 1 и Ω 2 соответственно. Пусть Ω 1 пересекается с Ω в точках B и S. Докажем, что S = T, откуда будет следовать утверждение задачи. Для этого заметим, что R = AC ∩ PQ является радикальным центром окружностей Ω, Ω 1 и Ω 2 . Значит, BS – радикальная ось окружностей Ω и Ω 1 – проходит через точку R, т.е. точки B, S, R лежат на одной прямой, и S = T. 3. Дан треугольник ABC. На луче AB отложили отрезок AB 1 = CA, на луче BC отложили отрезок BC 1 = AB, на луче CA отложили отрезок CA 1 = BC. Докажите, что периметр треугольника A 1 B 1 C 1 не больше периметра треугольника ABC. Решение. Лемма. Пусть a, b, c – положительные числа, X – некоторая точка на плоскости. Среди всевозможных треугольников ABC таких, что XA = a, XB = b и XC = c, наибольший периметр имеет тот единственный, для которого X является центром вписанной окружности. Прежде, чем доказывать лемму, покажем, как из нее следует утверждение задачи. Пусть I – центр вписанной окружности треугольника ABC. Тогда IA = IC 1 , IB = IA 1 и IC = IB 1 . Применяя лемму для чисел IA, IB, IC и точки I, получаем требуемое. Доказательство леммы. Пусть A, B, C – точки, удовлетворяющие условию, для которых периметр достигает максимума. Максимум достигается в силу компактности. (Точки A, B, C лежат на окружностях с центром в точке X и радиусами a, b, c соответственно.) Заметим, что X не может оказаться вне треугольника ABC. Действительно, пусть точка A оказалась внутри угла BXC. Поворачивая точку C вокруг точки X так, чтобы угол BXC увеличивался, по теореме косинусов получаем, что отрезки BC и AC увеличиваются. Значит, точка X лежит внутри или на границе треугольника ABC. Пусть ω – окружность с центром в точке X и радиусом a, а n и k – соответственно внутренняя и внешняя биссектрисы угла BAC. Если k касается ω, то перпендикулярная k прямая n проходит через центр ω – точку X. Тогда X лежит на биссектрисе угла A. Пусть k не касается ω. Тогда существует точка S ∈ k, лежащая внутри ω, такая, что X лежит внутри треугольника SBC. Поскольку BA и CA образуют равные углы с k, то в точке A достигается минимум сумм расстояний от точки прямой k до точек B и C. Значит, SB + SC > AB + BC. Пусть луч XS пересекает ω в точке T. Тогда треугольник SBC лежит внутри треугольника TBC, 5 и TB + TC > SB + SC > AB + AC, противоречие с максимальностью периметра ABC. Значит, X лежит на биссектрисе угла BAC. Аналогично, X лежит на биссектрисе углов ABC и ACB, что и требовалось. Осталось заметить, что если в треугольнике заданы расстояния от вершин до центра вписанной окружности, то он определяется однозначно; это следует, например, из того, что синусы половинных углов треугольника обратно пропорциональны указанным расстояниям. 4. В треугольнике ABC центр вписанной окружности I равноудален от вершины C и середины M стороны AB. Найдите наибольшее возможное значение угла CIM. Ответ. 150°. Решение. Пусть K, N, L - точки касания вписанной окружности со сторонами AB, BC, AC соответственно. Тогда треугольники KIM и CIN равны по катету и гипотенузе. Из этого следует: ∠CIN = ∠KIM и ∠CIM = ∠KIN = 180°−∠B. Поэтому угол CIM максимален, когда угол B минимален. Кроме того, используя традиционные обозначения для сторон треугольника и полагая KM = x = CN, получаем 2 c x b x b . Но легко доказать, что, если в треугольнике одна из сторон в два раза меньше другой, то угол, противолежащий меньшей из этих сторон, не превосходит 30°. Прямоугольный треугольник с острым углом 30° дает нужный пример. 5. На сторонах BC, AC и AB треугольника ABC отмечены точки A 1 , B 1 , C 1 соответственно. Докажите, что площадь треугольника A 1 B 1 C 1 не меньше среднего геометрического двух из площадей треугольников AB 1 C 1 , A 1 BC 1 , A 1 B 1 C. Решение.Можно считать, что S(ABC) = 1. Обозначим a = BA 1 /BC, b = CB 1 /CA и c = AC 1 /AB. Тогда S(AB 1 C 1 ) = c(1 – b), S(A 1 BC 1 ) = a(1 – c) и S(A 1 B 1 C) = b(1 – a), откуда S(A 1 B 1 C 1 ) = (1 – a)(1 – b)(1 – c) + abc. Теперь рассмотрим два возможных случая. Первый случай. Предположим, что одно из чисел a, b, c не меньше 1/2, а другое не больше; без ограничения общности, b 1/2 и a 1/2. Тогда: S(A 1 B 1 C 1 ) = (1 – a) (1 – b)(1 – c) + b ac ≥ ((1 – b)(1 – c) + ac)/2 ≥ ≥ √(1 − 𝑏)(1 − 𝑐) ∙ 𝑎𝑐 = √𝑆(𝐴 1 𝐵𝐶 1 )𝑆(𝐴𝐵 1 𝐶 1 ), что и требовалось доказать. Второй случай. Если все числа больше 1/2, то, например, по неравенству Чебышева: S(A 1 B 1 C 1 ) = (1 – a)(1 – b)(1 – c) + abc ≥ ((1 – a) + a)((1 – b) + b) ((1 – c) + c)/4 = 1/4; тогда среднее геометрическое остальных трех площадей не больше их среднего арифметического, то есть не больше 1/4; значит, и среднее геометрическое двух меньших также не больше 1/4, что и требовалось. Случай, когда все три числа меньше 1/2, аналогичен. 6 6. Точка P внутри треугольника ABC такова, что PAB = PBC = PCA. Прямые AP, BP и CP вторично пересекают описанные окружности треугольников PBC, PCA и PAB в точках X, Y и Z соответственно. Докажите, что S XBC + S YCA + S ZAB 3S ABC Решение. Из вписанности четырехугольника XBPC следует CXP = CBP = PAB, откуда CX || AB. Обозначим A' = AX BC, тогда треугольники CA'X и BA'A подобны. Отношение k 1 площадей S XBC /S ABC равно (BC ⋅ AA' ⋅ sin∠AA'B)/(BC ⋅ XA' ⋅ sin∠XA'B) = AA'/XA' = BA'/A'C. Аналогично выражаем остальные отношения площадей: k 2 = S YCA /S ABC = CB'/B'A и k 3 = S ZAB /S ABC = AC'/C'B. По теореме Чевы k 1 k 2 k 3 = 1, а по неравенству о средних k 1 + k 2 + k 3 3 √𝑘 1 𝑘 2 𝑘 3 3 = 3, что и требовалось доказать. 7. В тетраэдре ABCD точка A 1 – точка пересечения медиан грани BCD, а точка A 2 – вторая точка пересечения прямой AA 1 с описанной сферой. Аналогично определим точки B 1 , C 1 , D 1 , B 2 , C 2 , D 2 . Найдите максимальное возможное значение выражения 1 1 1 1 2 2 2 2 A A B B C C D D A A B B C C D D Ответ. 8/3. Решение. Обозначим через a, b, c, d векторы, соединяющие центр описанной сферы с соответствующими вершинами тетраэдра; пусть радиус этой сферы равен 1. Обозначим S = a + b+ c+ d. Тогда 𝐴𝐴 1 ⃗⃗⃗⃗⃗⃗⃗ = 𝑆−4𝑎 3 . Далее, степень точки A 1 относительно описанной сферы равна 1– 2 3 S a Значит, 2 2 2 2 1 1 2 1 1 1 4 9 1 1 3 9 A A A A A A A A A A A A a S S a S a Отсюда 2 2 2 1 2 2 2 4 1 6 8 ( , ) 1 6 4 1 2 4 6 ( , ) 3 6 4 ( , ) 4 9 A A A A a S a S S S a S a S a S S a По неравенству между средними арифметическим и гармоническим, 2 1 1 1 1 1 6 4 ( , ) 4 ( , ) 4 ( , ) 4 ( , ) 1 6 a S b S c S d S S Отсюда, заметив, что 16 – |S| 2 > 0, получаем 2 1 1 1 1 2 2 2 2 2 1 6 (1 6 ) 1 6 8 3 3 6 (1 6 ) A A B B C C D D A A B B C C D D S S Как видно из решения, равенство достигается, если все выражения вида (a, S) равны. Это так, например, в любом равногранном тетраэдре. 7 8. В треугольнике ABC вершина A и середина M стороны BC равноудалены от центра вписанной окружности I. Найдите наименьшую возможную величину угла AIM. Ответ. 150 Решение. Обозначим через A 1 точку касания вписанной окружности треугольника ABC со стороной BC. Не умаляя общности можно считать, что точка A 1 лежит на отрезке CM. Обозначим через B 1 точку касания вписанной окружности треугольника ABC со CA. Прямоугольные треугольники IAB 1 и IMA 1 равны по катету и гипотенузе, следовательно, AB 1 = MA 1 . Поскольку CB 1 = CA 1 как отрезки касательных получаем, что CA = CM. Тогда треугольники CIA и CIM равны по трем сторонам, откуда ∠∠CIA = ∠∠CIM = 180 0 – α/2 – β/2. Следовательно, ∠∠AIM = α + β = 180 0 – . Таким образом, задача сводится к следующей: найти наибольшее возможное значение угла в треугольнике ABC, удовлетворяющем условию BC = 2AC. Очевидно, что наибольшее значение угла достигается в том случае, когда прямая AB является касательной к окружности с центром C и радиусом CA. В этом случае = 30 и AIM = 150 9. Докажите, что сумма радиусов вневписанных окружностей треугольника не меньше, чем сумма длин его медиан. Решение. Пусть O – центр описанной окружности Ω нашего треугольника ABC. Пусть A 0 – середина стороны BC; I A – центр вневписанной окружности, касающейся этой стороны; A B и A C – точки касания этой окружности с AB и AC; A 1 – середина дуги BAC окружности Ω. Аналогичные точки определим для других вершин треугольника ABC. Тогда A 1 – середина отрезка I B I C (ибо Ω – окружность 9 точек в треугольнике I A I B I C ) и A 0 B c = A 0 C b , поэтому A 0 A 1 = (r c + r b )/2 как средняя линия трапеции I B I C C B B C Значит, надо доказать, что AA 0 ≤ A 0 A 1 . В нетупоугольном треугольнике это выполнено почленно, поскольку A 1 – наиболее удаленная от A 0 точка окружности . Пусть теперь угол A тупой; тогда B – наиболее удаленная от A 0 точка дуги BAC. Значит, AA 0 + BB 0 + CC 0 < a/2 + (a + c)/2 + (a + b)/2, и осталось доказать, что A 0 A 1 + B 0 B 1 + C 0 C 1 (3a + b + c)/2. Это следует из неравенств OA 1 + OB 1 + OC 1 = 3R > 3a/2 и OB 0 + OC 0 – OA 0 (b + c)/2; первое очевидно, а второе переписывается в виде OB 0 + OC 0 A 0 B 0 + A 0 C 0 + A 0 O. Поскольку A 0 – ортоцентр остроугольного треугольника OB 0 C 0 , нам осталось доказать следующий факт: Лемма. Пусть H – ортоцентр остроугольного треугольника XYZ. Тогда HX + HY + HZ ≤ XY + XZ. Доказательство. Обозначим углы Y и Z через α и β. Тогда нам надо доказать, что cosα + cosβ – cos(α + β) ≤ sinα + sinβ, или sin 2 – cos 2 ≤ ≤ 2cos (sin – cos ), где = (α + β)/2, = (α – β)/2. Поскольку треугольник остроугольный, имеем π/4 | |, откуда sin –cos 0 и 2cos √2 sin + cos , откуда и следует требуемое. Замечание. Равенство достигается на правильном треугольнике, а также на (вырожденном) треугольнике с двумя прямыми углами. 8 10. K, L – середины сторон BC и DA выпуклого четырехугольника ABCD. Докажите, что 3S ABKL > S DCKL Решение. Пусть лучи BA и CD пересекаются в точке X либо AB || CD (если пересекаются лучи AB и DC, то рассуждение аналогично). Пусть Z симметрична B относительно L. Тогда точка D лежит в четырехугольнике KLZC. Поскольку KL – средняя линия треугольника CBZ, имеем S ABKL > S BKL = S KLZC /3 S DCKL /3. |