Формула. В. В. Прасолов задачи по планиметрии

• Название: В. В. Прасолов задачи по планиметрии
• Анкор: Формула
• Дата: 17.06.2022
• Размер: 6.7 Mb.
• Имя файла: planim5.pdf
• Тип: Учебное пособие; #599309
• страница: 25 из 70

§ 9. Четырёхугольник
9.65.
В четырёхугольнике ABCD углы A и B равны, a ∠D > Докажите, что тогда AD < В трапеции ABCD углы при основании AD удовлетворяют неравенствам ∠A < ∠D < 90
◦
. Докажите, что тогда AC > Докажите, что если два противоположных угла четырёхуголь- ника тупые, то диагональ, соединяющая вершины этих углов, короче другой диагонали.
9.68.
Докажите, что сумма расстояний от произвольной точки до трёх вершин равнобедренной трапеции больше расстояния от этой точки до четвёртой вершины.
9.69.
Угол A четырёхугольника ABCD тупой F — середина стороны. Докажите, что 2FA < BD + Дан четырёхугольник ABCD. Докажите, что AC · BD 6AB·CD+
+ BC · AD неравенство Птолемея).
9.71.
Пусть M и N — середины сторон BC и CD выпуклого четы- рёхугольника ABCD. Докажите, что S
ABCD
< Точка P лежит внутри выпуклого четырёхугольника Докажите, что сумма расстояний от точки P до вершин четырёх- угольника меньше суммы попарных расстояний между вершинами четырёхугольника.

Глава 9. Геометрические неравенства
9.73.
Диагонали делят выпуклый четырёхугольник ABCD на четыре треугольника. Пусть P — периметр четырёхугольника ABCD, Q — периметр четырёхугольника, образованного центрами вписанных окружностей полученных треугольников. Докажите, что PQ > Докажите, что расстояние от одной из вершин выпуклого четырёхугольника до противоположной диагонали не превосходит половины этой диагонали.
9.75*.
Отрезок KL проходит через точку пересечения диагоналей четырёхугольника ABCD, а концы его лежат на сторонах AB и Докажите, что длина отрезка KL не превосходит длины одной из диагоналей.
9.76*.
В параллелограмм вписан параллелограмма в параллелограмм вписан параллелограмм P
3
, стороны которого параллельны сторонам P
1
. Докажите, что длина хотя бы одной из сторон не превосходит удвоенной длины параллельной ей стороны См. также задачи
13.21
,
15.3
а).
§ 10. Многоугольники
9.77.
Докажите, что если углы выпуклого пятиугольника образуют арифметическую прогрессию, то каждый из них больше Пусть ABCDE — выпуклый пятиугольник, вписанный в окружность радиуса 1, причём AB = a, BC = b, CD = c, DE = d, AE = Докажите, что+ b
2
+ c
2
+ d
2
+ abc + bcd < Внутри правильного шестиугольника со стороной 1 взята точка P. Докажите, что расстояния от точки P до некоторых трёх вершин шестиугольника не меньше Докажите, что если стороны выпуклого шестиугольника равны 1, то радиус описанной окружности одного из треугольников и BDF не превосходит Длины сторон выпуклого шестиугольника ABCDEF меньше. Докажите, что длина одной из диагоналей AD, BE, CF меньше Семиугольник A
1
. . . вписан в окружность. Докажите, что если центр этой окружности лежит внутри его, то сумма углов при вершинах A
1
, A
3
, меньше а) Докажите, что если длины проекций отрезка на две взаимно перпендикулярные прямые равны a и b, то его длина не меньше + б) Длины проекций многоугольника на координатные оси равны и b. Докажите, что его периметр не меньше + b).

Условия задач
229
9.84*.
Докажите, что из сторон выпуклого многоугольника периметра можно составить два отрезка, длины которых отличаются не более чем на Многоугольник A
1
A
2
. . . составлен из n твёрдых стержней,
соединённых шарнирами. Докажите, что если n > 4, то его можно деформировать в треугольник.
9.86*.
Внутри выпуклого многоугольника A
1
. . . взята точка Пусть a
k
— величина угла при вершине A
k
, x
k
= OA
k
, d
k
— расстояние от точки O до прямой A
k
A
k+1
. Докажите, что x
k
sin(
a
k
/2)
>
P и x
k
cos(
a
k
/2)
> p, где p — полупериметр многоугольника.
9.87*.
Правильный угольник со стороной a лежит внутри правильного угольника со стороной 2a. Докажите, что многоугольник содержит центр многоугольника Внутри правильного многоугольника A
1
. . . взята точка Докажите, что по крайней мере один из углов удовлетворяет неравенствам p
(1 − 1/n)
6 Докажите, что при n > 7 внутри выпуклого угольника найдётся точка, сумма расстояний от которой до вершин больше пе- риметра.
9.90*.
а) Выпуклые многоугольники A
1
. . . и B
1
. . . B
n
таковы,
что все их соответственные стороны, кроме и B
1
B
n
, равны и ∠A
2
> ∠B
2
, . . . , ∠A
n−1
> ∠B
n−1
, причём хотя бы одно из неравенств строгое. Докажите, чтоб) Соответственные стороны неравных многоугольников A
1
. . . и B
1
. . . равны. Запишем возле каждой вершины многоугольника. знак разности ∠A
i
− ∠B
i
. Докажите, что при n > 4 соседних вершин с разными знаками будет по крайней мере четыре пары.
(Вершины с нулевой разностью выбрасываются из рассмотрения две вершины, между которыми стоят только вершины с нулевой разностью, считаются соседними.)
См. также задачи 11. Разные задачи
9.91.
На отрезке длиной 1 дано n точек. Докажите, что сумма расстояний от некоторой точки отрезка до этих точек не меньше В лесу растут деревья цилиндрической формы. Связисту нужно протянуть провод из точки A в точку B, расстояние между которыми равно l. Докажите, что для этой цели ему достаточно куска провода длиной В некотором лесу расстояние между любыми двумя деревьями не превосходит разности их высот. Все деревья имеют высоту меньшем. Докажите, что этот лес можно огородить забором длиной м

Глава 9. Геометрические неравенства
9.94*.
Многоугольник (необязательно выпуклый, вырезанный из бумаги, перегибается по некоторой прямой и обе половинки склеиваются. Может ли периметр полученного многоугольника быть больше,
чем периметр исходного?
9.95*.
В треугольник вписана окружность. Около неё описан квадрат. Докажите, что вне треугольника лежит не больше половины периметра квадрата.
*
*
*
9.96.
Докажите, что замкнутую ломаную длины 1 можно поместить вкруг радиуса Остроугольный треугольник расположен внутри окружности.
Докажите, что её радиус не меньше радиуса описанной окружности треугольника.
Верно ли это утверждение для тупоугольного треугольника?
9.98*.
Докажите, что периметр остроугольного треугольника не меньше См. также задачи
14.25
,
20.4
Задачи для самостоятельного решения
9.99.
Два отрезка делят прямоугольник ABCD на четыре прямоугольника. Докажите, что площадь одного из прямоугольников,
прилегающих к вершинами, не превосходит четверти площади Докажите, что если AB + BD = AC + CD, то серединный перпендикуляр к стороне BC выпуклого четырёхугольника ABCD пересекает отрезок Докажите, что если диагональ BD выпуклого четырёхуголь- ника ABCD делит пополам диагональ AC и AB > BC, то AD < Основания описанной трапеции равны 2 и 11. Докажите, что продолжения её боковых сторон пересекаются под острым углом.
9.103.
Основания трапеции равны a и b, а высота равна h. Докажите, что длина одной из её диагоналей не меньше p
h
2
+ (b + Вершины угольника являются серединами сторон выпуклого угольника M. Докажите, что при n > 3 периметр не меньше половины периметра M, а при n > 4 площадь не меньше половины площади В окружность радиуса 1 вписан многоугольник, длины сторон которого заключены между 1 и. Найдите число его сторон.
П р ил о жени е. Некоторые неравенства. Наиболее часто используется неравенство между средним арифметическими средним геометрическим для двух чисел

Условия задач
231
где a и b — положительные числа. Это неравенство следует из того,
что a − 2
√
ab + b = (
√
a −
√
b)
2
> 0; равенство достигается, только если Из этого неравенства следует несколько полезных неравенств, например при > 0.
2. При решении некоторых задач используется неравенство между
средним арифметическими средним геометрическим для n положительных чисел (a
1
a
2
. . . a
n
)
1/n
6 (a
1
+ . . . + a
n
)/n, причём равенство достигается, только если a
1
= . . . = Докажем сначала это неравенство для чисел вида n = индукцией по m. Для m = 1 неравенство было доказано выше. Предположим, что оно доказано для m, и докажем его для m + 1. Ясно,
что a
k
a
k+2
m
6 ((a
k
+ a
k+2
m
)/2)
2
. Поэтому. . . a
2
m+1
)
1/2
m+1 6 (b
1
b
2
. . . где b
k
= (a
k
+ a
k+2
m
)/2, а по предположению индукции. . . b
2
m
)
1/2
m
6 1
2
m
(b
1
+ . . . + b
2
m
) =
1 2
m+1
(a
1
+ . . . + Пусть теперь n любое. Тогда n < для некоторого m. Положим . . . = a
2
m
= (a
1
+ . . . + a
n
)/n = A.
Ясно,
что
(a
1
+ . . . + a
n
) +
+ (a
n+1
+ . . . + a
2
m
) = nA + (2
m
− n)A = 2
m
A и a
1
. . . a
2
m
= a
1
. . . a
n
· Поэтому a
1
. . . a
n
· A
2
m
−n
6 (2
m
A/2
m
)
2
m
= A
2
m
, те равенство достигается, только если a
1
= . . . = a
n
3. Для произвольных чисел, . . . , справедливо неравенство+ . . . + a
n
)
2 6 n(a
2 1
+ . . . + a
2
n
). В самом деле+ . . . + a
n
)
2
=
X
a
2
i
+ 2
X
i<j
a
i
a
j
6
X
a
2
i
+
X
i<j
(a
2
i
+ a
2
j
) = n
X
a
2
i
4. Так как a
]
0
cos t dt = sin и a
]
0
sin t dt = 1 − cos a
, то, исходя из неравенства, получим sin a
6
a
, затем 1
− cos a
6
a
2
/2 те и т. д. (неравенства справедливы при всех a
> 0).
5. Докажем, что tg a
>
a при 0 6
a
<
p
/2. Пусть AB — касательная к окружности радиуса 1 с центром O, причём B — точка касания — точка пересечения луча OA с окружностью, S — площадь сектора. Тогда a
= 2S < 2S
AOB
= tg a

Глава 9. Геометрические неравенства. На участке от 0 до p
/2 функция f(x) = x/ sin x монотонно возрастает, так как f
0
(x) =
cos x(tg x − x)
sin
2
x
> 0. В частности, f(
a
)
6 те при 0 <
a
<
p
/2.
7. Если f(x) = a cos x + b sin x, то f(x) 6
√
a
2
+ b
2
. В самом деле,
существует такой угол f
, что cos f
= a/
√
a
2
+ и sin f
= b/
√
a
2
+ поэтому f(x) =
√
a
2
+ b
2
cos(
f
− x) 6
√
a
2
+ b
2
. Равенство достигается,
только если f
= x + 2k
p
, те+ и sin x = b/
√
a
2
+ b
2
Решения
9.1.
Пусть C
1
— середина стороны AB. Тогда CC
1
+ C
1
A > CA и BC
1
+ C
1
C >
> BC. Поэтому 2CC
1
+ BA > CA + BC, те Пусть точка симметрична C относительно точки C
1
. Тогда CC
1
= и BC
0
= CA. Поэтому 2m
c
= CC
0
< CB + BC
0
= CB + CA, те+ Из предыдущей задачи следует m
a
< (b + c)/2, m
b
< (a + c)/2 и m
c
<
< (a + b)/2, поэтому сумма длин медиан меньше периметра.
Пусть O — точка пересечения медиан треугольника ABC. Тогда BO + OA >
> BA, AO + OC > AC и CO + OB > CB. Складывая эти неравенства и учитывая,
что AO = 2m
a
/3, BO = 2m
b
/3, CO = 2m
c
/3, получаем m
a
+ m
b
+ m
c
> 3(a + b + Пусть и M
2
— диаметрально противоположные точки окружности.
Тогда M
1
A
k
+ M
2
A
k
> M
1
M
2
= 2. Складывая эти неравенства для k = 1, . . . , получаем+ . . . + M
1
A
n
) + (M
2
A
1
+ . . . + M
2
A
n
)
> 2n. Поэтому либо+ . . . + M
1
A
n
> n, и тогда положим M = M
1
, либо M
2
A
1
+ . . . + M
2
A
n
> и тогда положим M = В качестве K можно взять середину отрезка PQ. В самом деле, тогда (см. задачу, причём хотя бы одно неравенство строгое, так как точки не могут все лежать на прямой Пусть и B
i
— положения конца минутных стрелок часов с номером в моменты t и t + 30 мин, O
i
— центр х часов, а O — центр стола.
Тогда OO
i
6 (OA
i
+ OB
i
)/2 для любого i см. задачу. Ясно, что в некоторый момент точки и не лежат на прямой O
i
O, те. по крайней мере одно из неравенств становится строгим. Тогда либо OO
1
+ . . . + OO
n
< OA
1
+ . . . + либо OO
1
+ . . . + OO
n
< OB
1
+ . . . + Решая систему уравнений x + y = c, x + z = b, y + z = a, получаем. Положительность чисел и z следует из неравенства треугольника.
9.7.
По неравенству треугольника a
2
> (b − c)
2
= b
2
− 2bc + c
2
, b
2
> a
2
− 2ac + и c
2
> a
2
− 2ab + b
2
. Складывая эти неравенства, получаем требуемое.
9.8.
Можно считать, что a > b > c. Докажем, что a = b. В самом деле,
если b < a, то b 6
l
a и c
6
l
a, где l
< 1. Поэтому b
n
+ c
n
6 2
l
n
a
n
. При достаточно большом n имеем 2
l
n
< 1 и получаем противоречие с неравенством треугольника.
9.9.
Так как c(a − b)
2
+ 4abc = c(a + b)
2
, то a(b − c)
2
+ b(c − a)
2
+ c(a − b)
2
+
+ 4abc − a
3
− b
3
− c
3
= a((b − c)
2
− a
2
) + b((c − a)
2
− b
2
) + c((a + b)
2
− c
2
) =
= (a + b − c)(a − b + c)(−a + b + c). (Последнее равенство проверяется простым вычислением) Все три сомножителя положительны в силу неравенства треугольника Решения задач
233
9.10.
Пусть x = b + c − a, y = c + a − b, z = a + b − c. Согласно неравенству треугольника эти числа положительны. Ясно, что a =
y + z
2
, b =
x + z
2
, c =
x + Поэтому требуемое неравенство переписывается в виде + z
2x
+
x + z
2y
+
x + y
2z
> 3.
Остаётся заметить, что 2 и т. д.
9.11.
Легко проверить, что abc|p − q| = |(b − c)(c − a)(a − b)|. Атак как − c| < a, |c − a| < b и |a − b| < c, то |(b − c)(c − a)(a − b)| < Пусть длины отрезков равны a
1 6 a
2 6 a
3 6 a
4 6 a
5
. Если все треугольники, которые можно составить из этих отрезков, не остроугольные,
то a
2 3
> a
2 1
+ a
2 2
, a
2 4
> a
2 2
+ a
2 и a
2 5
> a
2 3
+ a
2 4
. Поэтому a
2 5
> a
2 3
+ a
2 4
> (a
2 1
+ a
2 2
) +
+ (a
2 2
+ a
2 3
)
> 2a
2 1
+ 3a
2 2
. Так как a
2 1
+ a
2 2
> 2a
1
a
2
, то 2a
2 1
+ 3a
2 2
> a
2 1
+ 2a
1
a
2
+ a
2 2
=
= (a
1
+ a
2
)
2
. Приходим к неравенству a
2 5
> (a
1
+ a
2
)
2
, противоречащему неравенству треугольника.