Формула. В. В. Прасолов задачи по планиметрии
 Скачать 6.7 Mb.
|
|
9.47. а) Обозначим точки пересечения диагоналей AD и CF, CF и BE, BE и AD через P, Q, R соответственно (рис. 9.11). Четырёхугольники и CDEQ не имеют общих внутренних точек, так как стороны CP и QC лежат на прямой CF, а отрезки AB и DE — по разные стороны от не. Аналогично четырёхугольники ABCP, CDEQ и EFAR не имеют попарно общих внутренних точек. Поэтому сумма их площадей не превосходит S. Следовательно, сумма площадей треугольников ABP, BCP, CDQ, DEQ, EFR, FAR не превосходит те. площадь одного из них, например ABP, не превосходит S/6. Точка лежит на отрезке CF, поэтому либо точка C, либо точка F удалена от прямой не больше, чем точка P. Следовательно, либо S ABC 6 S ABP 6 либо S ABF 6 S ABP 6 Рис. Рис. б) Пусть ABCDEFGH — выпуклый восьмиугольник (рис. 9.12). Докажем сначала, что четырёхугольники ABEF, BCFG, CDGH и DEHA имеют общую точку. Ясно, что пересечением ABEF и CDGH является некоторый выпуклый четырёхугольник KLMN. Отрезки AF и HC лежат внутри углов DAH и соответственно, поэтому точка K лежит внутри четырёхугольника DEHA. Аналогично доказывается, что точка M лежит внутри четырёхугольника те. весь отрезок KM лежит внутри его. Аналогично отрезок LN лежит внутри четырёхугольника BCFG. Точка пересечения диагоналей KM и LN принадлежит всем нашим четырёхугольникам; обозначим её O. Разобьём восьмиугольник на треугольники, соединив точку O с вершинами. Площадь одного из этих треугольников, например ABO, не превосходит S/8. Отрезок AO пересекает сторону KL в некоторой точке P, поэтому S ABP 6 S ABO 6 S/8. Так как точка лежит на диагонали CH, то либо S ABC 6 S ABP 6 S/8, либо S ABH 6 S ABP 6 Для каждой из четырёх данных проекций многоугольника рассмотрим полосу, состоящую из точек, которые проецируются на данную проекцию. Каждая граница такой полосы пересекает все остальные полосы, поскольку иначе проекция многоугольника была бы меньше, чем нужно. Поэтому данный многоугольник лежит внутри фигуры, которая получается при отрезании от прямоугольника размером 4 × 5 треугольников со сторонами a, 3 − a, Глава 9. Геометрические неравенства ирис. Сумма площадей отрезанных треугольников равна 2 a 2 + 1 2 (3 − a) 2 + 1 2 b 2 + 1 2 (1 − b) 2 = a − 3 2 2 + 9 4 + b − 1 2 2 + 1 4 > 10 4 = Поэтому площадь фигуры не превосходит 20 − 2,5 = 17,5. | {z } a | {z } b 1 − b 3 − a z }| { 3 √ 2 Рис. 9.13 9.49. Проведём через все вершины многоугольника прямые, параллельные одной паре сторон квадрата, и разобьём тем самым квадрат на полоски. Каждая такая полоска отрезает от многоугольника трапецию или треугольник. Достаточно доказать, что длина одного из оснований этих трапеций больше 0,5. Предположим, что длины оснований всех трапеций не превосходят. Тогда площадь каждой трапеции не превосходит половины высоты полоски, её заключающей. Поэтому площадь многоугольника, равная сумме площадей трапеций и треугольников, на которые он разрезан, не превосходит половины суммы высот полосок, те. не превосходит 0,5. Получено противо- речие. 9.50. а) Пусть P 1 , . . . , P n — данные точки. Соединим точку с вершинами квадрата. При этом получится четыре треугольника. Затем для k = 2, . . . , проделаем следующую операцию. Если точка лежит строго внутри одного из полученных ранее треугольников, то соединим её с вершинами этого Решения задач 241 треугольника. Если точка лежит на общей стороне двух треугольников, то соединим её с вершинами этих треугольников, противолежащими общей стороне. После каждой такой операции в обоих случаях число треугольников увеличивается на два. В результате получится 2(n + 1) треугольников. Сумма площадей этих треугольников равна 1, поэтому площадь одного из них не превосходит 1/(2(n + б) Рассмотрим наименьший выпуклый многоугольник, содержащий данные точки. Пусть он имеет k вершин. Если k = n, то этот угольник можно разбить на n − 2 треугольников диагоналями, выходящими из одной вершины. Если же k < n, то внутри угольника лежит n − k точек и его можно разбить на треугольники способом, указанным в предыдущей задаче. При этом получится k + 2(n − k − 1) = 2n − k − 2 треугольников. Так как k < то 2n − k − 2 > n − Сумма площадей треугольников разбиения меньше 1, а их количество не меньше n − 2, поэтому площадь хотя бы одного из них не превосходит а) Можно считать, что описанный угольники вписанный угольник B 1 . . . расположены так, что прямые пересекаются в центре O данного круга. Пусть и D i — середины сторон и B i B i+1 . Тогда S OB i C i = p · OB i · OC i , S OB i D i = p · OB i · и S OA i C i = p · OA i · где p = (sin A i OC i )/2. Так как OA i : OC i = OB i : OD i , то S 2 OB i C i = S OB i D i S OA i C i Остаётся заметить, что площадь части круга, заключённой внутри угла больше S OB i C i , а площади частей вписанного и описанного угольников, за- ключённых внутри этого угла, равны и б) Пусть радиус окружности равен R. Тогда P 1 = 2nR sin( p /n), P 2 = = 2nR tg( p /n) и L = 2 p R. Нужно доказать, что sin x tg x > при 0 < x Так как x x 2 > 1 − x 2 6 2 = 1 − x 2 3 + x 4 и 0 < cos x 6 1 − x 2 2 + x 4 см. приложение в конце главы, остаётся проверить, что 1 − x 2 3 + x 4 36 > 1 − x 2 2 + x 4 те. При x 6 p /3 это неравенство выполняется. 9.52. Пусть O — центр гомотетии, переводящей вписанную окружность в описанную. Разобьём плоскость лучами, выходящими из точки O и проходя- Рис. 9.14 щими через вершины многоугольника и точки касания его сторон с вписанной окружностью (рис. 9.14). Достаточно доказать требуемое неравенство для частей кругов и многоугольника, за- ключённых внутри каждого из образованных этими лучами углов. Пусть стороны угла пересекают вписанную и описанную окружности в точках, Q и R, S соответственно, причём P — точка касания, а S — вершина многоугольника. Площади частей кругов больше площадей треугольников и ORS, поэтому достаточно доказать, что S OPQ + S ORS . Так как 2S OPS = 2S OPQ + и S ORS = S OPQ + S PQS + S PRS , остаётся доказать, что S PRS . Это неравенство очевидно, так как Глава 9. Геометрические неравенства высоты треугольников PQS и PRS, опущенные на основания PQ и RS, равны PQ < Достаточно доказать, что оба треугольника содержат центр O круга. Докажем, что если треугольник ABC, помещённый вкруг радиуса не содержит центра круга, то его площадь меньше 1. В самом деле, для любой точки, лежащей вне треугольника, найдётся прямая, проходящая через две вершины и отделяющая эту точку от третьей вершины. Пусть для определённости прямая AB разделяет точки C и O. Тогда h c < 1 и AB < поэтому S = h c · AB/2 < а) Построим на сторонах многоугольника внутренним образом прямоугольники со второй стороной R = S/P. Они покроют не весь многоугольник (эти прямоугольники перекрываются и могут вылезать за его пределы, а сумма их площадей равна площади многоугольника. Непокрытая точка удалена ото всех сторон многоугольника больше, чем на R, поэтому круг радиуса с центром в этой точке целиком лежит внутри многоугольника. б) Из задачи а) следует, что во внутренний многоугольник можно поместить круг радиуса S 2 /P 2 . Ясно, что этот круг лежит внутри внешнего многоугольника. Остаётся доказать, что если внутри многоугольника лежит круг радиуса R, то R 6 2S/P. Для этого соединим центр O круга сверши- нами. Тогда многоугольник разобьётся на треугольники с площадями где h i — расстояние от точки O до й стороны, а a i — длина й стороны. Так Рис. как h i > R, то 2S = P h i a i > P Ra i = Рассмотрим сначала случай, когда две стороны параллелограмма лежат на прямых AB и AC, а вершина лежит на стороне BC. Если BX : CX = x : (1 − то отношение площади параллелограмма к площади треугольника равно 2x(1 − x) 6 В общем случае проведём параллельные прямые, содержащие пару сторон данного параллелограмма (рис. 9.15). Площадь данного параллелограмма не превосходит суммы площадей заштрихованных параллелограммов, а они относятся к разобранному выше случаю. Если прямые, содержащие пару сторон данного параллелограмма, пересекают лишь две стороны треугольника, то можно ограничиться одним заштрихованным параллелограммом. 9.56. Рассмотрим сначала такой случай две вершины A и B треугольника лежат на одной стороне PQ параллелограмма. Тогда AB 6 Рис. и высота, опущенная на сторону AB, не больше высоты параллелограмма. Поэтому площадь треугольника не больше половины площади паралле- лограмма. Если же вершины треугольника лежат на разных сторонах параллелограмма, то две из них лежат на противоположных сторонах. Проведём через третью вершину треугольника прямую, параллельную этим сторонам (рис. 9.16). Она разрезает параллелограмм на два параллелограмма, а треугольник на два треугольника, причём у обоих треугольников две вершины лежат на сторонах параллелограмма. Приходим к рассмотренному случаю Решения задач 243 9.57. Пусть M — середина наибольшей стороны BC данного остроугольного треугольника ABC. Окружность радиуса MA с центром M пересекает лучи ив точках и C 1 . Так как ∠BAC < 90 ◦ , то MB < MB 1 . Пусть для определённости ∠AMB 6 ∠AMC, те. Тогда AM 2 + MB 2 6 AB 2 6 6 BC 2 = 4MB 2 , те. Если AH — высота треугольника ABC, то · BC = 2, а значит, S AB 1 C 1 = B 1 C 1 · AH/2 = AM · AH 6 √ 3BM · AH а) Пусть AB — наибольшая диагональ или сторона данного многоугольника. Многоугольник M заключён внутри полосы, образованной перпендикулярами к отрезку AB, проходящими через точки A и B. Прове- дм к многоугольнику M две опорные прямые, параллельные AB; пусть они Рис. пересекают многоугольник M в точках и D. В результате многоугольник M за- ключён в прямоугольник, площадь которого равна 2S ABC + 2S ABD 6 2S. б) Пусть M — исходный многоугольник произвольная прямая. Рассмотрим многоугольник M 1 , одна из сторон которого проекция M на l, а длины сечений многоугольников M и любой прямой, перпендикулярной l, равны (рис. 9.17). Легко проверить, что многоугольник тоже выпуклый, причём его площадь равна Пусть A — наиболее удалённая от l точка многоугольника M 1 . Прямая, равноуда- лённая от точки A и прямой l, пересекает стороны многоугольника в точках и C. Проведём через точки B и C опорные прямые. В результате вокруг многоугольника будет описана трапеция (через точку A тоже можно провести опорную прямую площадь этой трапеции не меньше S. Если высота трапеции (т. е. расстояние от точки A до прямой l) равна h, то её площадь равна h · а значит, h · BC > S. Рассмотрим сечения PQ и RS многоугольника M прямыми, перпендикулярными l и проходящими через B и C. Длины этих Рис. сечений равны h/2, поэтому PQRS — па- раллелограмм, причём его площадь равна · h/2 > а) Заключим многоугольник в полосу, образованную параллельными прямыми. Будем сдвигать эти прямые параллельно до тех пор, пока на каждую из них не попадут некоторые вершины A и B многоугольника. Затем проделаем тоже самое для полосы, образованной прямыми, параллельными На эти прямые попадут некоторые вершины ирис. Исходный многоугольник заключён в параллелограмм, поэтому площадь этого параллелограмма не меньше 1. С другой стороны, сумма площадей треугольников ACB и ADB равна половине площади параллелограмма, поэтому площадь одного из этих треугольников не меньше 1/4. Глава 9. Геометрические неравенства б) Как ив задаче а, заключим многоугольник в полосу, образованную параллельными прямыми, так, чтобы вершины A и B лежали на этих прямых Рис. рис. 9.19). Пусть ширина этой полосы равна d. Проведём три прямые, делящие эту полосу на равные полосы шириной d/4. Пусть первая и третья прямые пересекают стороны многоугольника в точках и M, N соответственно. Продолжим стороны, на которых лежат точки, L, M и N, до пересечения со сторонами исходной полосы и с прямой, делящей её пополам. При этом образуются две трапеции со средними линиями KL и MN, высоты которых равны Так как эти трапеции покрывают весь многоугольник, сумма их площадей не меньше его площади, т. е. (d · KL + d · MN)/2 > 1. Сумма площадей треугольников AMN и содержащихся в исходном многоугольнике, равна (3d · MN + 3d · KL)/8 > Поэтому площадь одного из этих треугольников не меньше Докажем, что найдутся даже три последовательные вершины, удовлетворяющие требуемому условию. Пусть a i — угол между й и (i + й сторонами, а a i — длина й стороны. а) Площадь треугольника, образованного й и (i + й сторонами, равна. Пусть S — наименьшая из этих площадей. Тогда 2S 6 6 a i a i+1 sin поэтому (a 2 1 . . . a 2 n )(sin a 1 . . . sin a n ) 6 a 2 1 . . . Согласно неравенству между средним арифметическими средним геометрическим. . . a n ) 1/n 6 (a 1 + . . . + a n )/n, поэтому 2S 6 (a 1 . . . a n ) 2/n 6 (a 1 + . . . + Так как a i 6 p i + q i , где и q i — проекции й стороны на вертикальную иго- ризонтальную стороны квадрата, то a 1 + . . . + a n 6 (p 1 + . . . + p n ) + (q 1 + . . . + q n ) 6 Поэтому 2S 6 16n 2 , те б) Воспользуемся доказанным выше неравенством 6 (a 1 . . . a n ) 2/n (sin a 1 . . . sin a n ) 1/n 6 16 n 2 (sin a 1 . . . sin Так как sin a i = sin и b 1 + . . . + b n = 2 p , то a 1 . . . sin a n ) 1/n = (sin b 1 . . . sin b n ) 1/n 6 b 1 + . . . Поэтому 2S 6 32 p /n 3 , те Пусть l i — длина го звена ломаной, и b i — длины его проекций на стороны квадрата. Тогда l i 6 a i + b i . Следовательно, 1000 = l 1 + . . . + l n 6 6 (a 1 + . . . + a n ) + (b 1 + . . . + b n ), те. либо a 1 + . . . + a n > 500, либо b 1 + . . . + b n > Если сумма длин проекций звеньев на сторону длиной 1 не меньше 500, тона Рис. одну из точек стороны проецируется не менее различных звеньев ломаной, те. перпендикуляр к стороне, проходящий через эту точку, пересекает ломаную по крайней мере в 500 точках. 9.62. Геометрическое место точек, уда- лённых отданного отрезка не более чем на e , изображено на рис. 9.20. Площадь Решения задач 245 этой фигуры равна pe 2 + 2 e l, где l — длина отрезка. Построим такие фигуры для всех N звеньев данной ломаной. Так как соседние фигуры имеют общих кругов радиуса с центрами в неконцевых вершинах ломаной, то покрытая этими фигурами площадь не превосходит N pe 2 + + 2 e (l 1 + . . . + l n ) − (N − 1) pe 2 = 2 e L + pe 2 . Эти фигуры покрывают весь квадрат, так как любая точка квадрата удалена от некоторой точки ломаной меньше чем на e . Поэтому 1 6 2 e L + pe 2 , те 2 e − pe 2 9.63. Разобьём квадрат на n вертикальных полосок, содержащих по n точек каждая. Точки внутри каждой полосы соединим сверху вниз и получим ломаных. Эти ломаные можно соединить в одну ломаную двумя способами (риса и б. Рассмотрим отрезки, соединяющие разные полосы. Рис. Объединение всех таких отрезков, полученных обоими способами, представляет собой пару ломаных, причём сумма длин горизонтальных проекций звеньев каждой из них не превосходит 1. Поэтому сумма длин горизонтальных проекций соединяющих отрезков для одного из способов не превосходит Рассмотрим именно это соединение. Сумма длин горизонтальных проекций для соединяющих звеньев не превосходит 1, а для всех остальных звеньев не превосходит (n − 1)(h 1 + . . . + h n ), где h i — ширина й полосы. Ясно, Рис. что h 1 + . . . + h n = 1. Сумма вертикальных проекций всех звеньев ломаной не превосходит В итоге получаем, что сумма вертикальных иго- ризонтальных проекций всех звеньев не превосходит, поэтому и длина ломаной не превосходит Пусть M и N — концы ломаной. Будем идти по ломаной изв. Пусть A 1 — первая из встретившихся нам точек ломаной, удалённых от какой-либо вершины квадрата на расстояние Рассмотрим вершины квадрата, соседние с этой вершиной. Пусть B 1 — первая после точка ломаной, удалённая от одной из этих вершин на расстояние 0,5. Вершины квадрата, ближайшие к точками, обозначим A и B соответственно (рис. 9.22). Часть ломаной от M до A 1 Глава 9. Геометрические неравенства обозначим через L 1 , от до N — через L 2 . Пусть X и Y — множества точек, лежащих на AD и удалённых не более чем на 0,5 от и L 2 соответственно. По условию X и Y покрывают всю сторону AD. Ясно, что A принадлежит а D не принадлежит X, поэтому D принадлежит Y, те. оба множества X и не пусты. Но каждое из них состоит из нескольких отрезков, поэтому они должны иметь общую точку P. Следовательно, на и существуют точки F 1 и F 2 , для которых PF 1 6 0,5 и PF 2 6 Докажем, что и F 2 — искомые точки. В самом деле, F 1 F 2 6 F 1 P + PF 2 6 С другой стороны, идя виз, мы должны пройти через точку аи, так как точка удалена от стороны BC не больше чем на 0,5, аи удалены от стороны AD не больше чем на Пусть ∠A = ∠B. Достаточно доказать, что если AD < BC, то ∠D > ∠C. Возьмём на стороне BC точку так, что BD 1 = AD. Тогда ABD 1 D — равнобедренная трапеция. Поэтому ∠D > ∠D 1 DA = ∠DD 1 B Пусть и C 1 — проекции точек B и C на основание AD. Так как ∠BAB 1 < и BB 1 = CC 1 , то AB 1 > и поэтому B 1 D < AC 1 . Следовательно Пусть углы B и D четырёхугольника ABCD тупые. Тогда точки и D лежат внутри окружности с диаметром AC. Так как расстояние между любыми двумя точками, лежащими внутри окружности, меньшее диаметра, то BD < В равнобедренной трапеции ABCD диагонали AC и BD равны. Поэтому Пусть O — середина отрезка BD. Точка A лежит внутри окружности с диаметром BD, поэтому OA < BD/2. Кроме того, FO = CD/2. Следовательно+ Отложим на лучах AB, AC и AD отрезки AB 0 , и длиной и 1/AD. Тогда AB : AC = AC 0 : AB 0 , те Коэффициент подобия этих треугольников равен 1/(AB · AC), поэтому B 0 C 0 = = BC/(AB · AC). Аналогично C 0 D 0 = CD/(AC · AD) и B 0 D 0 = BD/(AB · AD). Подставив эти выражения в неравенство B 0 D 0 6 B 0 C 0 + и домножив обе части на AB · AC · AD, получим требуемое. 9.71. Ясно, что S ABCD = S ABC + S ACD = 2S AMC + 2S ANC = 2(S AMN + S CMN ). Если отрезок AM пересекает диагональ BD в точке A 1 , то S CMN = S A 1 MN < Значит, S ABCD < Диагонали AC и BD пересекаются в точке O. Пусть для определён- ности точка P лежит внутри треугольника AOB. Тогда AP + BP 6 AO + BO < < AC + BD см. решение задачи) и CP + DP < CB + BA + Пусть, и радиусы вписанных окружностей, площади и полупериметры полученных треугольников. Тогда Q > 2 P r i = 2 P(S i /p i ) > > 4 P(S i /P) = Пусть AC 6 BD. Опустим из вершин A и C перпендикуляры и на диагональ BD. Тогда AA 1 + CC 1 6 AC 6 BD, а значит, AA 1 6 BD/2 или CC 1 6 6 BD/2. 9.75. Проведём через концы отрезка KL прямые, ему перпендикулярные, и рассмотрим проекции на них вершин четырёхугольника, а также точки пересечения сними прямых AC ирис. Пусть для определённости точка A лежит внутри полосы, заданной этими прямыми, а точка B — вне её. Тогда можно считать, что D лежит внутри полосы, так как иначе BD > KL, Решения задач 247 Рис. Рис. и доказательство завершено. Так как то либо AA 0 6 и тогда AC > KL), либо BB 0 > и тогда BD > KL). 9.76. Введём такие обозначения, как на рис. 9.24. Все рассматриваемые параллелограммы имеют общий центр (задача. Длины сторон параллелограмма равны a + и b + b 1 , а длины сторон параллелограмма равны a + a 1 + 2x и b + b 1 + 2y, поэтому нужно проверить, что + a 1 + 2x 6 2(a + a 1 ) или b + b 1 + 2y 6 2(b + b 1 ), те+ или 6 b + b 1 . Предположим, что a + a 1 < 2x и b + b 1 < 2y. Тогда 6 (a + a 1 )/2 < < x и y. С другой стороны, равенство площадей заштрихованных параллелограммов (см. задачу) показывает, что ab = xy = a 1 b 1 , а значит. Получено противоречие. 9.77. Пусть углы пятиугольника равны a , a + g , a + 2 g , a + 3 g , a + 4 g , где a , g > 0. Так как сумма углов пятиугольника равна 3 p , то 5 a + 10 g = 3 p . Из выпуклости пятиугольника следует, что все его углы меньше p , те, или − 10 g > −5 p /2. Складывая последнее неравенство с равенством, получаем 5 a /2 > p /2, те Ясно, что = AE 2 = | # – AB + # – BC + # – CD + # – DE| 2 = | # – AB + # – BC| 2 + 2( # – AB + # – BC, # – CD + # – DE) + | # – CD + # Так как ∠ACE = 90 ◦ , то ( # – AB + # – BC, # – CD + # – DE) = ( # – AC, # – CE) = 0. Поэтому 4 = = | # – AB + # – BC| 2 + | # – CD + # – DE| 2 = AB 2 + BC 2 + CD 2 + DE 2 + 2( # – AB, # – BC) + 2( # – CD, # те. достаточно доказать, что abc < 2( # – AB, # – BC) и bcd < 2( # – CD, # – DE). Поскольку и c < CE, то abc < < 2( # – AB, # – BC). Второе неравенство доказывается аналогично, так как можно ввести новые обозначения A 1 = E, B 1 = D, C 1 = C, a 1 = d, b 1 = c, c 1 = b, и неравенство) перепишется в виде a 1 b 1 c 1 < 2( # – A 1 B 1 , # Пусть B — середина стороны данного шестиугольника A 1 . . . A 6 , O — его центр. Можно считать, что точка P лежит внутри треугольника Тогда PA 3 > 1, так как расстояние от точки до прямой BO равно 1; PA 4 > 1 итак как расстояния от точек и до прямой равны 1. Глава 9. Геометрические неравенства 9.80. Предположим, что радиусы описанных окружностей треугольников и BDF больше 1. Пусть O — центр описанной окружности треугольника. Тогда ∠ABC > ∠AOC, ∠CDE > ∠COE и ∠EFA > ∠EOA, а значит. Аналогично ∠A + ∠C + ∠E > 2 p , те. сумма углов шестиугольника ABCDEF больше 4 p . Получено противоречие. З а меча ни е. Аналогично можно доказать, что радиус описанной окружности одного из треугольников ACE и BDF не меньше Можно считать, что AE 6 AC 6 CE. Согласно задаче · CE 6 6 AE · CD + AC · DE < AE + AC 6 2CE, те Так как ∠A 1 = 180 ◦ − A 2 A 7 /2, ∠A 3 = 180 ◦ − A 4 A 2 /2 и 180 ◦ − − A 6 A 4 /2, то+ ∠A 3 + ∠A 5 = 2 · 180 ◦ + (360 ◦ − A 2 A 7 − A 4 A 2 − A 6 A 4 )/2 = = 2 · 180 ◦ + A 7 A 6 /2. Поскольку центр окружности лежит внутри семиугольника, то 180 ◦ , поэтому ∠A 1 + ∠A 3 + ∠A 5 < 360 ◦ + 90 ◦ = а) Нужно доказать, что если c — гипотенуза прямоугольного треугольника, аи его катеты, тот. е. (a + b) 2 6 2(a 2 + b 2 ). Ясно, что (a + b) 2 = (a 2 + b 2 ) + 2ab 6 (a 2 + b 2 ) + (a 2 + b 2 ) = 2(a 2 + б) Пусть d i — длина й стороны многоугольника, аи длины её проекций на координатные оси. Тогда x 1 + . . . + x n > 2a, y 1 + . . . + y n > 2b. Согласно задаче а) d i > (x i + y i )/ √ 2. Поэтому d 1 + . . . + d n > (x 1 + . . . + x n + y 1 + . . . + y n )/ √ 2 > > √ 2(a + b). 9.84. Возьмём отрезок длиной P и расположим на нём стороны многоугольника следующим образом на одном конце отрезка поместим наибольшую сторону, на другом — следующую за ней по величине, а все остальные стороны поместим между ними. Так как любая сторона многоугольника меньше середина O отрезка не может находиться на этих двух наибольших сторонах. Длина стороны, на которой находится точка O, не превосходит P/3 (иначе первые две стороны тоже были бы больше P/3 и сумма трёх сторон была бы больше P), поэтому одна из её вершин удалена от O не более чем на Эта вершина разбивает отрезок на два искомых отрезка, так как разность их длин не превосходит 2 · P/6 = Пусть a — наибольшая сторона данного многоугольника (если наибольших сторон несколько, то мы выбираем любую из них. Рассмотрим часть многоугольника, которая остаётся после выбрасывания стороны и возьмём точку, которая делит пополам периметр этой части. Если эта точка является вершиной многоугольника, то мы очевидным образом деформируем этот многоугольник в равнобедренный треугольник. Предположим теперь, что эта точка лежит на стороне b, а периметры частей многоугольника, заключённых между сторонами a и b, равны x и y. Тогда x + b > и y + b > x. Если, например, x = 0, то мы можем составить треугольник из отрезков a, b, y. Поэтому будем считать, что x, y 6= 0. Предположим, что треугольник нельзя составить ни из отрезков a, x, y + b, ни из отрезков. Отрезок короче соединяющей его концы ломаной, поэтому < x + y + b. Кроме того, есть неравенства x + b > y и y + b > x. Значит, должны выполняться неравенство a + x 6 y + b и a + y 6 x + b. Поэтому = y и a 6 b. Но по предположению a > b, значит, a = b. По условию число сторон многоугольника больше 4. Поэтому одна из ломаных длины состоит из двух частей периметра и x 2 . Легко проверить, что из отрезков длины x, a + x 1 , a + x 2 , где x 1 + x 2 = x, можно составить треугольник Решения задач 249 9.86. Пусть b k = ∠OA k A k+1 . Тогда x k sin b k = d k = Поэтому 2 P d k = P x k (sin( a k − b k ) + sin b k ) = 2 P x k sin( a k /2) cos( a k /2 − b k ) 6 6 2 P Ясно также, что A k A k+1 = x k cos b k + x k+1 cos( a k+1 − b k+1 ). Поэтому 2p = = P A k A k+1 = P x k (cos( a k − b k ) + cos b k ) = 2 P x k cos( a k /2) cos( a k /2 − b k ) 6 6 2 P В обоих случаях равенство достигается, только если a k =2 b k , те центр вписанной окружности. 9.87. Предположим, что центр O многоугольника лежит вне многоугольника. Тогда существует такая сторона AB многоугольника что многоугольники точка O лежат по разные стороны от прямой Пусть CD — сторона многоугольника M 1 , параллельная AB. Расстояние между прямыми AB и CD равно радиусу вписанной окружности S многоугольника, поэтому прямая CD лежит вне окружности S. С другой стороны, отрезок лежит внутри многоугольника M 2 . Следовательно, длина отрезка меньше половины длины стороны многоугольника см. задачу. Получено противоречие. 9.88. Пусть A 1 — ближайшая к O вершина многоугольника. Разобьём многоугольник на треугольники диагоналями, проходящими через вершину Точка O окажется водном из этих треугольников, например в треугольнике. Если точка O попадёт на сторону A 1 A k , то ∠A 1 OA k = p , и задача решена. Поэтому будем считать, что точка O лежит строго внутри треугольника. Так как A 1 O 6A k O и A 1 O 6A k+1 O, то и 6 ∠A k+1 A 1 O. Следовательно+ ∠A k+1 OA 1 = ( p − ∠OA 1 A k − ∠OA k A 1 ) + + ( p − ∠OA 1 A k+1 − ∠OA k+1 A 1 ) > 2 p − 2∠OA 1 A k − 2∠OA 1 A k+1 = 2 p − 2∠A k A 1 A k+1 = = 2 p − 2 p n , те. один из углов и не меньше Пусть d — длина наибольшей диагонали (или стороны) AB данного угольника. Тогда его периметр P не превосходит p d (задача 13.45 ). Пусть A 0 i — проекция вершины на отрезок AB. Тогда AA 0 i > или BA 0 i > nd/2 (задача пусть для определённости выполняется первое неравенство. Тогда AA i > P AA 0 i > nd/2 > p d > P, так как n/2 > 3,5 > p . Любая точка угольника, достаточно близкая к вершине A, обладает требуемым свойством. 9.90. а) Предположим сначала, что ∠A i > ∠B i , а для всех остальных рассматриваемых пар углов имеет место равенство. Расположим многоугольники так, чтобы вершины A 1 , . . . , совпали с B 1 , . . . , B i . В треугольниках и стороны и равны и ∠A 1 A i A n > поэтому A 1 A n > Если жене равны несколько углов, то многоугольники A 1 . . . и B 1 . . . можно включить в цепочку многоугольников, последовательные члены которой такие, как в разобранном выше случае. б) При полном обходе многоугольника знак минус меняется на знак плюс столько же раз, сколько происходит обратная смена знака. Поэтому число пар соседних вершин с разными знаками чётно. Остаётся проверить, что число изменений знака не может быть равно двум (число изменений знака неравно нулю, так как сумма углов обоих многоугольников одна и та же). Предположим, что число изменений знака равно двум. Пусть P и Q, и Q 0 — середины сторон многоугольников A 1 . . . и B 1 . . . B n , на которых Глава 9. Геометрические неравенства происходит смена знака. К парам многоугольников и M 0 1 , ирис) можно применить утверждение задачи а водном случае получим, а в другом PQ < P 0 Q 0 , чего не может быть. Рис. Пусть A и B — концы отрезка X 1 , . . . , X n — данные точки. Так как AX i + BX i = 1, то AX i + P BX i = n. Следовательно AX i > n/2 или BX i > Будем тянуть провод по отрезку AB, огибая при этом встречающиеся деревья по кратчайшей дуге (рис. 9.26). Достаточно доказать, что путь по Рис. дуге окружности не более чем в 1,6 раза длиннее пути по прямой. Отношение длины дуги угловой величины 2 f к хорде, её стягивающей, равно f / sin Так как 0 < f 6 p /2, то f / sin f 6 p /2 < 1,6 (см. приложение). 9.93. Пусть деревья высотой a 1 > a 2 > . . . > растут в точках A 1 , . . . , Тогда по условию A 1 A 2 6 |a 1 − a 2 | = a 1 − a 2 , . . . , A n−1 A n 6 a n−1 − a n . Следовательно, длина ломаной A 1 A 2 . . . не превосходит (a 1 − a 2 ) + (a 2 − a 3 ) + . . . . . . + (a n−1 − a n ) = a 1 − a n < 100 м. Эту ломаную можно огородить забором, длина которого не превосходит 200 м (рис. Выделим в полученном многоугольнике части, по которым произошла склейка (на рис. 9.28 эти части заштрихованы. Все стороны, не принадлежащие заштрихованным многоугольникам, входят в периметр исходного и полученного многоугольников. Что же касается заштрихованных многоугольников, то их стороны, лежащие на прямой сгиба, входят в периметр полученного многоугольника, а все остальные стороны — в периметр исходного многоугольника. Так как у любого многоугольника сумма его сторон, лежащих на некоторой прямой, меньше суммы остальных сторон, то периметр исходного многоугольника всегда больше, чем периметр полученного. 9.95. Треугольник касается вписанной окружности в трёх точках, а квадрат касается её в четырёх точках. Поэтому между некоторыми двумя точками Решения задач 251 Рис. Рис. касания треугольника с окружностью лежат две точки касания квадрата с окружностью. Следовательно, внутри треугольника лежит по крайней мере один уголок квадрата (те. вершина квадрата вместе с половинами выходящих из неё сторон квадрата. Если таких уголков будет два, то мы сразу получаем, что внутри треугольника лежит по крайней мере половина периметра квадрата. Предположим, что такой уголок только один, те. три остальных уголка хотя бы частично лежат вне треугольника (тогда соответствующие вершины квадрата тоже лежат вне треугольника. Покажем, что не менее трети периметра каждого из этих трёх уголков лежит внутри треугольника. Вне треугольника лежит часть уголка, представляющая собой прямоугольный треугольник с катетами a и b и гипотенузой c. Внутри треугольника лежат отрезки 1 − a и 1 − b мы предполагаем, что длина стороны квадрата равна Ясно, что (1 − a) + (1 − b) = c, a 6 c и b 6 c. Поэтому a + b 6 2c = 4 − 2(a + те. Это означает, что вне треугольника лежит не более периметра уголка. Итак, внутри треугольника лежит фигура, имеющая по крайней мере следующий периметра периметр всего квадрата равен 8. Глава 9. Геометрические неравенства 9.96. Возьмём на ломаной две точки A и B, делящие её периметр пополам. Тогда AB 6 1/2. Докажем, что все точки ломаной лежат внутри круга радиуса 1/4 с центром в середине O отрезка AB. Пусть M — произвольная точка ломаной, а точка симметрична ей относительно точки Тогда MO = M 1 M/2 6 (M 1 A + AM)/2 = (BM + AM)/2 6 1/4, так как BM + не превосходит половины длины ломаной. 9.97. Пусть остроугольный треугольник ABC расположен внутри окружности. Построим описанную окружность треугольника ABC. Так как треугольник ABC остроугольный, то угловая величина дуги окружности лежащей внутри S, больше 180 ◦ . Поэтому на этой дуге можно выбрать диаметрально противоположные точки, те. внутри окружности S содержится диаметр окружности S 1 . Следовательно, радиус окружности S не меньше радиуса окружности Аналогичное утверждение для тупоугольного треугольника неверно. Тупоугольный треугольник лежит внутри окружности, построенной на наибольшей стороне a как на диаметре. Радиус этой окружности равен a/2, а радиус описанной окружности треугольника равен a/(2 sin a ). Ясно, что a/2 < a/(2 sin Первое решение. Любой треугольник периметра P можно поместить вкруг радиуса P/4 (задача, а если остроугольный треугольник помещён вкруг радиуса R 1 , то R 1 > R задача. Поэтому P/4 = R 1 > Второе решение. Если 0 < x < p /2, то sin x > см. приложение). Поэтому a + b + c = 2R(sin a + sin b + sin g ) > 2R(2 a + 2 b + 2 g )/ p = 4R. ГЛАВА НЕРАВЕНСТВА ДЛЯ ЭЛЕМЕНТОВ ТРЕУГОЛЬНИКА Эта глава тесно связана с предыдущей. Основные сведения см. в предыдущей главе 1. Медианы 10.1. Докажите, что если a > b, то m a < Медианы и треугольника ABC пересекаются в точке. Докажите, что если четырёхугольник A 1 MB 1 C описанный, то AC = Периметры треугольников ABM, BCM и ACM, где M — точка пересечения медиан треугольника ABC, равны. Докажите, что треугольник правильный. 10.4. а) Докажите, что если a, b, c — длины сторон произвольного треугольника, то a 2 + b 2 > б) Докажите, что m 2 a + m 2 b > а) Докажите, чтоб) Докажите, что m a + m b + m c 6 Докажите, что b 2 |/(2c) < m c 6 (a 2 + Пусть x = ab + bc + ca, x 1 = m a m b + m b m c + m c m a . Докажите, что 9/20 < x 1 /x < См. также задачи 2. Высоты 10.8. Докажите, что в любом треугольнике сумма длин высот меньше периметра. 10.9. Две высоты треугольника больше 1. Докажите, что его площадь больше В треугольнике ABC высота AM не меньше BC, а высота не меньше AC. Найдите углы треугольника Докажите, что Докажите, что h a + h b + h c > Пусть a < b. Докажите, что a + h a 6 b + Докажите, что Докажите, что h a 6 (a/2) ctg( a /2). Глава 10. Неравенства для элементов треугольника 10.16*. Пусть a 6 b 6 c. Докажите, что тогда+ h b + h c 6 6 3b(a 2 + ac + См. также задачи 3. Биссектрисы 10.17. Докажите, что l a 6 √ p(p − Докажите, что Докажите, что а) l 2 a + l 2 b + l 2 c 6 p 2 ; б) l a + l b + Докажите, что l a l b l c 6 Докажите, что l 2 a l 2 b + l 2 b l 2 c + l 2 a l 2 c 6 rp 2 (4R + Докажите, что l a + l b + См. также задачи 4. Длины сторон 10.23. Докажите, что 1 a + 1 b + 1 c 6 Докажите, что 2bc cos a /(b + c) < b + c − a < Докажите, что если a, b, c — длины сторон треугольника периметра 2, то a 2 + b 2 + c 2 < 2(1 − Докажите, что 20Rr − 4r 2 6 ab + bc + ca 6 4(R + r) 2 |