Формула. В. В. Прасолов задачи по планиметрии
 Скачать 6.7 Mb.
|
|
9.13. П ер вое решен и е. Введём новые переменные x = −a + b + c, y = a − b + c, z = a + b − c. Тогда a = (y + z)/2, b = (x + z)/2, c = (x + те. нужно доказать неравенство xyz 6 (x + y)(y + z)(x + z)/8 или 6xyz 6 6 x(y 2 + z 2 ) + y(x 2 + z 2 ) + z(x 2 + y 2 ). Последнее неравенство следует из того, что 2xyz 6 x(y 2 + z 2 ), 2xyz 6 y(x 2 + z 2 ), 2xyz 6 z(x 2 + y 2 ), так как x, y, z — положительные числа. В тор о ере ш е ни е. Так как 2S = ab sin и sin g = c/2R, то abc = По формуле Герона (a + b − c)(a − b + c)(−a + b + c) = 8S 2 /p. Поэтому нужно доказать, что 8S 2 /p 6 4SR, те. Так как S = pr, приходим к неравенству см. задачу 10.28 или 19.7 ). 9.14. Введём новые переменные x = (−a + b + c)/2, y = (a − b + c)/2 и z = = (a + b − c)/2. Тогда числа x, y, z положительны и a = y + z, b = x + z, c = x + y. Несложные, но несколько громоздкие вычисления показывают, что a 2 b(a − b) + b 2 c(b − c) + c 2 a(c − a) = 2(x 3 z + y 3 x + z 3 y − xyz(x + y + z)) = = 2xyz x 2 y + y 2 z + z 2 x − x − y − z . Так как 2 6 x y + y x , то 2x 6 x x y + y x = x 2 y + Аналогично 2y 6 y y z + z y = y 2 z + z и 2z 6 z z x + x z = z 2 x + x. Складывая эти неравенства, получаем x + y + Пусть O — точка пересечения диагоналей четырёхугольника Тогда AC + BD = (AO + OC) + (BO + OD) = (AO + OB) + (OC + OD) > AB + Согласно предыдущей задаче AB + CD < AC + BD. Складывая это неравенство с неравенством AB + BD 6 AC + CD, получаем 2AB < Докажем сначала, что если P — периметр выпуклого четырёхуголь- ника ABCD, a и d 2 — длины его диагоналей, то P > d 1 + d 2 > P/2. Ясно, что AC < AB + BC и AC < AD + DC, поэтому AC < (AB + BC + CD + AD)/2 = Аналогично BD < P/2. Следовательно, AC + BD < P. С другой стороны, складывая неравенства AB + CD < AC + BD и BC + AD < AC + BD см. задачу 9.15 ), получаем P < 2(AC + Пусть P — периметр внешнего четырёхугольника, P 0 — периметр внутреннего. Тогда d > P/2, атак как P 0 < P (задача 9.29 б), то d 0 < P 0 < P < 2d. Глава 9. Геометрические неравенства 9.18. Пусть ломаная наименьшей длины самопересекающаяся. Рассмотрим два пересекающихся звена. Вершины этих звеньев могут соединяться одним из трёх способов (рис. 9.2). Рассмотрим новую ломаную, у которой два пересекающихся звена заменены на штриховые звенья (см. рис. Рис. При этом снова получается замкнутая ломаная, но её длина меньше, чему исходной, так как сумма длин противоположных сторон выпуклого че- тырёхугольника меньше суммы длин диагоналей. Получено противоречие, поэтому замкнутая ломаная наименьшей длины не может иметь пересекающихся звеньев. 9.19. Докажем, что число сторону такого многоугольника не больше Предположим, что все диагонали многоугольника A 1 . . . имеют одинаковую длину и n > 6. Тогда отрезки A 1 A 4 , A 1 A 5 , и имеют одинаковую длину, так как они являются диагоналями этого многоугольника. Нов выпуклом четырёхугольнике отрезки и A 2 A 4 являются Рис. противоположными сторонами, a и A 2 A 5 — диагоналями. Поэтому A 1 A 5 + A 2 A 4 < A 1 A 4 + A 2 A 5 . Получено противоречие. Ясно также, что правильный пятиугольники квадрат удовлетворяют требуемому условию. 9.20. Рассмотрим все разбиения данных точек на пары разноцветных точек. Этих разбиений конечное число, поэтому найдётся разбиение, для которого сумма длин отрезков, заданных парами точек разбиения, наименьшая. Покажем, что тогда эти отрезки небу- дут пересекаться. В самом деле, если бы два отрезка пересекались, то мы смогли бы выбрать разбиение с меньшей суммой длин отрезков, заменив диагонали выпуклого четырёх- угольника на его противоположные стороны (рис. Пусть и A q A q+1 — несмежные стороны угольника A 1 . . . те. Тогда A p A p+1 + A q A q+1 < A p A q + A p+1 A q+1 . Запишем все такие неравенства и сложим их. Для каждой стороны найдётся ровно n − 3 несмежных с ней сторон, поэтому любая сторона входит в n − 3 неравенства, т. е. в левой части полученной суммы стоит (n − 3)P, где P — сумма длин сторон угольника. Диагональ входит в два неравенства для p = n, q = и для p = n − 1, q = m − 1, поэтому в правой части стоит 2d, где d — сумма длин диагоналей. Итак, (n − 3)P < 2d. Следовательно, P/n < d/(n(n − что и требовалось Решения задач 235 9.22. Рассмотрим произвольную замкнутую ломаную с вершинами в вершинах данного многоугольника. Если у неё есть два непересекающихся звена, то, заменив эти звенья на диагонали заданного ими четырёхугольника, мы увеличим сумму длин звеньев при этом, однако, одна замкнутая ломаная может распасться на две. Докажем, что в случае нечётного числа звеньев после всех таких операций в конце концов получится замкнутая ломаная (так как сумма длин звеньев каждый раз увеличивается, таких операций возможно лишь конечное число. Одна из получившихся замкнутых ломаных должна иметь нечётное число звеньев, но тогда любое из оставшихся звеньев не пересекается хотя бы с одним из звеньев этой ломаной (см. задачу 23.1 а), значит, в конце концов, получится лишь одна замкнутая ломаная. Будем теперь последовательно строить ломаную с попарно пересекающимися звеньями (рис. 9.4). Например, вершина 10 должна лежать внутри заштрихованного треугольника, поэтому расположение вершин именно такое, как на рис. 9.4. Значит, выпуклому многоугольнику A 1 A 3 A 5 . . . A 2n+1 A 2 . . . соответствует ломаная A 1 A 2 A 3 . . . Рис. Рис. Пусть длина третьей стороны равна n. По неравенству треугольника. Так как n — целое число, то n = Ясно, что AB + BC > AC, BC + CD > BD, CD + DE > CE, DE + EA > DA, EA + AB > EB. Складывая все эти неравенства, получаем, что сумма длин диагоналей пятиугольника меньше удвоенного периметра. Сумма длин диагоналей больше суммы длин сторон лучей звезды, а она, в свою очередь, больше периметра пятиугольника (рис. Предположим, что c — не наименьшая сторона, например, a 6 c. Тогда и b 2 < (a + c) 2 6 4c 2 . Поэтому a 2 + b 2 < 5c 2 . Получено противоречие. 9.26. Так как c > |b − a| и a = 2S/h a , b = 2S/h b , c = 2S/h c , то 1 h c > 1 h a − 1 h b Значит, в нашем случае h c < 20 · 12/8 = Отрезок CE пересекает отрезок AD или отрезок BD; пусть для определённости он пересекает отрезок AD в точке P. Тогда AP + PC > и EP + PD > ED, поэтому DA + EC > AC + ED. Следовательно, EC − ED > > AC − DA > 1. Глава 9. Геометрические неравенства 9.28. Возьмём на сторонах AB, BC, CA точки C 2 , A 2 , так, что A 1 B 2 k AB, B 1 C 2 k BC, C 1 A 2 k CA рис. 9.6). Тогда A 1 B 1 < A 1 B 2 + B 2 B 1 = (1 − l )AB + (2 l − Аналогично B 1 C 1 < (1 − l )BC + (2 l − 1)AB и C 1 A 1 < (1 − l )CA + (2 l − Складывая эти неравенства, получаем Рис. Рис. Ясно, что A 1 B 1 + A 1 C > B 1 C, те. Аналогично и C 1 A 1 + (1 − l )AB > l · BC. Складывая эти неравенства, получаем P 1 > (2 l − а) При переходе от невыпуклого многоугольника к его выпуклой оболочке некоторые ломаные, образованные сторонами, заменяются прямолинейными отрезками (рис. 9.7). Остаётся заметить, что длина ломаной больше Рис. длины отрезка с теми же концами. б) Построим на сторонах внутреннего многоугольника полуполосы, обращён- ные наружу параллельные края полупо- лос перпендикулярны соответствующей стороне многоугольника (рис. 9.8). Обозна- чим через P ту часть периметра внешнего многоугольника, которая находится внутри этих полуполос. Тогда периметр внутреннего многоугольника не превосходит а внешнего больше Так как AO + BO > AB, BO + OC > > BC и CO + OA > AC, то AO + BO + CO > > (AB + BC + CA)/2. Поскольку треугольник содержит треугольник ABO, то AB + BO + OA < AB + BC + CA см. задачу б, те. Аналогично AO + OC < AB + и CO + OB < CA + AB. Складывая эти неравенства, получаем AO + BO + CO < < AB + BC + Достаточно доказать, что ABCE и BCDE — параллелограммы. Достроим треугольник ABE до параллелограмма ABC 1 E. Тогда периметры треугольников и ABE равны, поэтому равны периметры треугольников и BCE. Следовательно, C 1 = C, так как иначе один из треугольников и BCE лежит внутри другого и их периметры не могут быть равны Решения задач 237 Поэтому ABCE — параллелограмм. Аналогично доказывается, что BCDE — па- раллелограмм. 9.32. Ясно, что 2 = 2S = ab sin g 6 ab 6 b 2 , те Так как EH — средняя линия треугольника ABD, то S AEH = Аналогично S CFG = S CBD /4. Поэтому S AEH + S CFG = S ABCD /4. Аналогично S BFE + + S DGH = S ABCD /4. Следовательно, S ABCD = 2S EFGH = EG · HF sin a , где a — угол между прямыми EG и HF. Так как sin a 6 1, то S ABCD 6 EG · Складывая равенства # – EG = # – EB + # – BC + # – CG и – EG = # – EA + # – AD + # – DG, получаем # – EG = ( # – EB + # – EA) + ( # – BC + # – AD) + ( # – DG + # – CG) = # – BC + # – AD. Поэтому EG 6 (BC + Аналогично HF 6 (AB + CD)/2. Следовательно EG · HF 6 (AB + CD)(BC + Согласно задаче (AB + CD)(BC + AD)/4. Так как ab 6 6 (a + b) 2 /4, то S ABCD 6 (AB + CD + AD + BC) 2 /16 = Опустим из точек B и C перпендикуляры и напрямую Тогда 2S AMB + 2S AMC = AM · BB 1 + AM · CC 1 6 AM · BC, так как BB 1 + CC 1 6 Аналогично 2S BMC + 2S BMA 6 BM · AC и 2S CMA + 2S CMB 6 CM · AB. Складывая эти неравенства, получаем требуемое. 9.36. Пусть на сторонах A 1 A 2 , A 2 A 3 , . . . , выбраны точки B 1 , . . . , B n ; O — центр окружности. Пусть, далее, S k = S OB k A k+1 B k+1 = (OA k+1 · B k B k+1 sin где f — угол между и B k B k+1 . Так как OA k+1 = R и sin f 6 то S k 6 (R · B k B k+1 )/2. Поэтому S = S 1 + . . . + S n 6 R(B 1 B 2 + . . . + те. периметр многоугольника B 1 B 2 . . . не меньше Ясно, что 2S AOB 6 AO · OB 6 (AO 2 + BO 2 )/2, причём равенство возможно, только если ∠AOB = и AO = BO. Аналогично 2S BOC 6 (BO 2 + CO 2 )/2, 2S COD 6 (CO 2 + DO 2 )/2 и 2S DOA 6 (DO 2 + AO 2 )/2. Складывая эти неравенства, получаем 2S = 2(S AOB + S BOC + S COD + S DOA ) 6 AO 2 + BO 2 + CO 2 + DO 2 , причём Рис. равенство возможно, только если AO = BO = CO = и ∠AOB = ∠BOC = ∠COD = ∠DOA = 90 ◦ , те квадрат и точка O — его центр. 9.38. Нужно доказать, что S ABC /S AMN > 4. Так как = AM + MB = AM + AN = AN + NC = AC, то · AC AM · AN = (AM + AN) 2 AM · AN > Воспользуемся формулой Герона: S 2 = = p(p − a)(p − b)(p − c). Так как p − a = (p 1 − a 1 ) + + (p 2 − a 2 ), a (x + y) 2 > 4xy, то (p − a) 2 > 4(p 1 − a 1 ) × × (p 2 − a 2 ). Аналогично (p − b) 2 > 4(p 1 − b 1 )(p 2 − b 2 ), (p − c) 2 > 4(p 1 − c 1 )(p 2 − c 2 ) и p 2 > 4p 1 p 2 . Перемножая эти неравенства, получаем требуемое. 9.40. Для определённости можно считать, что пересекаются лучи BA и CD, BC ирис. Тогда, если достроить треугольник ADC до параллелограмма, точка K окажется внутри четырёхугольника ABCD. Поэтому > 2S ABK + 2S BCK = AB · AK sin a + BC · CK sin b = AB · CD sin a + BC · AD sin Равенство достигается, если точка D лежит на отрезке Пусть точка симметрична точке D относительно серединного перпендикуляра к отрезку AC. Тогда 2S = 2S ABCD 0 = 2S ABD 0 + 2S BCD 0 6 AB · AD 0 + BC · CD 0 = = AB · CD + BC · AD. Глава 9. Геометрические неравенства 9.41. Согласно неравенству между средним геометрическими средним арифметическим > 3 3 p abc/( abg ) = 3/2, так как a = 2 √ bc, b = и g = 2 √ ab см. задачу 1.34 ). 9.42. Неравенства и не могут выполняться одновременно. Поэтому, например 6 a 6 90 ◦ , а значит, sin a 1 6 sin a . Следовательно а) Пусть хорды AE и BD пересекают диаметр CM в точках K и Тогда AC 2 = CK · CM и BC 2 = CL · CM. Значит, CK/CL = AC 2 /BC 2 < 4. Кроме того, AE/BD = AE/AC < 2. Следовательно, S ACE /S BCD = AE · CK/(BD · CL) < б) Пусть H — середина отрезка BC. Так как ∠CBD = ∠BCD = то D — точка пересечения биссектрис треугольника ABC. Поэтому AD/DH = = AB/BH > 1. Следовательно, S MAN > S ABC /4 и S BCD = BC · DH/2 < BC · AH/4 = = Отрежем от полученного многоугольника прямоугольники со стороной, построенные внешним образом на сторонах исходного многоугольника (рис. 9.10). При этом кроме исходного многоугольника останутся ещё некото- Рис. 9.10 рые четырёхугольники, из которых можно составить многоугольник, описанный около окружности радиуса h. Сумма площадей этих четырёхугольников больше площади окружности радиуса h, те. больше p h 2 . Ясно также, что сумма площадей отрезанных прямоугольников равна Пусть s, s 1 , . . . , s n — площади квадрата и составляющих его прямоугольников площади описанных около них кругов. Докажем, что s k 6 2S k / p . В самом деле, если стороны прямоугольника равны a и то s k = ab и S k = p R 2 , где R 2 = a 2 4 + b 2 4 . Поэтому s k = ab 6 (a 2 + b 2 )/2 = 2 p R 2 / p = = 2S k / p . Следовательно, 2S/ p = s = s 1 + . . . + s n 6 2(S 1 + . . . + Пусть для определённости ABC — треугольник наименьшей площади. Обозначим точку пересечения диагоналей AD и EC через F. Тогда Решения задач S AED + S EDC + S ABCF . Так как точка F лежит на отрезке EC и S EAB > > S CAB , то S EAB > S FAB . Аналогично S DCB > S FCB . Поэтому S ABCF = S FAB + S FCB 6 6 S EAB + S DCB . Следовательно, S ABCDE < S AED + S EDC + S EAB + S DCB ; это даже более сильное неравенство, чем требовалось. |