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: 29 из 70

10.13.
Так как h
a
− h
b
= 2S(1/a − 1/b) = 2S(b − a)/ab и 2S 6 ab, то h
a
− h
b
6 6 b − Согласно задаче 2
h
a
=
1
r
b
+
1
r
c
. Кроме того Так как 2 sin b
sin g
= cos(
b
−
g
) − cos(
b
+
g
)
6 1 + cos a
, то b
sin g
sin a
6 1 + cos a
2 sin a
=
1 2
ctg Так как b/2R = sin b
, то после домножения на 2p переходим к неравенству. Вычитая из обеих частей, получаем a(h
b
+ h
c
) + b(h
a
+ h
c
) + c(h
a
+ h
b
)
6 3 sin b
(a
2
+ c
2
). Так как, например, переходим к неравенству a(b
2
+ c
2
) − 2b(a
2
+ c
2
) +
+ c(a
2
+ b
2
)
6 0. Для доказательства последнего неравенства рассмотрим квадратный трёхчлен f(x) = x
2
(a + c) − 2x(a
2
+ c
2
) + ac(a + c). Легко проверить,
что f(a) = −a(a − c)
2 6 0 и f(c) = −c(a − c)
2 6 0. Атак как коэффициент при положителен и a 6 b 6 c, то f(b) 6 Согласно задаче
12.37
а) l
2
a
= 4bcp(p − a)/(b + c)
2
. Кроме того, 4bc 6 6 (b + Ясно, что h
a
/l
a
= cos((
b
−
g
)/2). Согласно задаче
12.38
а)
2r
R
= 8 sin a
2
sin b
2
sin g
2
= 4 sin a
2
h cos b
−
g
2
− cos b
+
g
2
i
=
= 4x(q − где = sin и = cos b
−
g
2
Остаётся заметить, что 4x(q − x) 6 а) Согласно задаче p(p − a). Складывая три аналогичных неравенства, получаем требуемое.
б) Для любых чисел l
a
, и справедливо неравенство (l
a
+ l
b
+ l
c
)
2 6
6 3(l
2
a
+ l
2
b
+ Согласно задаче − a)(p − b)(p − Далее, согласно формуле Герона p
p(p − a)(p − b)(p − c) = S = Согласно задаче+ l
2
b
l
2
c
+ l
2
a
l
2
c
6 p
2

(p − a)(p − b) + (p − b)(p − c) + (p − a)(p − c)

=
= p
2
(3p
2
− 4p
2
+ ab + bc + ac) = p
2
(4Rr + поскольку ab + bc + ac = p
2
+ 4Rr + согласно задаче

Глава 10. Неравенства для элементов треугольника
10.22.
Достаточно доказать, что p
p(p − a) +
p
p(p − b) + m
c
6
√
3p. Можно считать, что p = 1; пусть x = 1 − a и y = 1 − b. Тогда m
2
c
= (2a
2
+ 2b
2
− c
2
)/4 =
= 1 − (x + y) + (x − y)
2
/4 = m(x, y). Рассмотрим функцию f(x, y) =
√
x +
√
y +
+
pm(x, y). Нужно доказать, что f(x, y) 6
√
3 при x, y > 0 и x + y 6 Пусть g(x) = f(x, x) = 2
√
x +
√
1
− 2x. Так как g
0
(x) =
1
√
x
−
1
√
1
− 2x
, то при возрастании x от 0 до 1/3 g(x) возрастает от 1 до, а при возрастании от 1/3 до 1/2 g(x) убывает от до. Введём новые переменные d = x − и q =
√
x +
√
y. Легко проверить, что (x − y)
2
− 2q
2
(x + y) + q
4
= 0, те. Поэтому, y) = q +
s
1
−
q
2 2
−
d
2
(2 − Заметим теперь, что q
2
= (
√
x +
√
y)
2 6 2(x + y) 6 2, те Следовательно, при фиксированном q значение функции f(x, y) максимально,
если d = 0, те случай x = y разобран выше.
10.23.
Ясно, что (h
a
+ h
b
+ h
c
)/2S. Кроме того, 9r
6 h
a
+ h
b
+ задача) и h
a
+ h
b
+ h
c
6 m
a
+ m
b
+ m
c
6 9R/2 (задача
10.5
б).
10.24.
Докажем сначала, что b + c − a < 2bc/a. Пусть 2x = b + c − a,
2y = a + c − b и 2z = a + b − c. Требуется доказать, что 2x < 2(x + y)(x + z)/(y + те. Последнее неравенство очевидно.
Так как 2bc cos a
= b
2
+ c
2
− a
2
= (b + c − a)(b + c + a) − 2bc, то cos a
b + c
= b + c − a +
h
(b + c − a)a
b + c
−
2bc
b + Выражение в квадратных скобках отрицательно, так как b + c − a < Согласно задаче+ b
2
+ c
2
= (a + b + c)
2
− 2(ab + bc + ac) =
= 4p
2
− 2r
2
− 2p
2
− 8rR = 2p
2
− 2r
2
− 8Rr и abc = 4prR. Таким образом, нужно доказать неравенство 2p
2
− 2r
2
− 8rR < 2(1 − 4prR), где p = 1. Это неравенство очевидно.
10.26.
Согласно задаче + bc + ca = r
2
+ p
2
+ 4Rr. Кроме того − 5r
2 6 p
2 6 4R
2
+ 4Rr + 3r
2
(задача
10.36
).
10.27.
Пусть f
=
a
/2,
y
=
b
/2. Так как r(ctg f
+ ctg y
) = c = r
c
(tg f
+ tg то rr
c

2 +
tg f
tg y
+
tg y
tg f

> Достаточно воспользоваться результатами задача) и
10.47
Заметим также, что x(1 − x) 6 1/4, поэтому r/R 6 Так как h
c
6 a и h
c
6 b, то 4S = 2ch
c
6 c(a + b). Поэтому 6r(a + b + c) =
= 12S 6 4ab + 4S 6 (a + b)
2
+ c(a + b) = (a + b)(a + b + Так как
2
h
a
=
1
r
b
+
1
r
c
(задача
12.22
), то 2

r
a
r
b
+
r
a
r
c

. Запишем аналогичные равенства для и и сложим их. Учитывая,
что
x
y
+
y
x
> 2, получаем требуемое.
10.31.
Так как Rr = RS/p = abc/4p см. задачу, то неравенство 6 следует из неравенства 27abc 6 8p
3
= (a + b + c)
3

Решения задач
263
Так как (a + b + c)
2 6 3(a
2
+ b
2
+ c
2
) для любых чисел a, b и c, то p
2 6
6 3(a
2
+ b
2
+ c
2
)/4 = m
2
a
+ m
2
b
+ см. задачу
12.11
б). Остаётся заметить,
что m
2
a
+ m
2
b
+ m
2
c
6 27R
2
/4 (задача
10.5
а).
10.32.
Так как OA = r/ sin(A/2), OB = r/ sin(B/2) и OC = r/ sin(C/2), а углы и ∠C/2 острые, то ∠A 6 ∠B 6 ∠C. Следовательно, ∠A 6 и ∠B 6 90
◦
, а значит, sin(A/2) 6 1/2 и sin(B/2) 6 Если ∠C > 120
◦
, то сумма расстояний от любой точки внутри треугольника до его вершин не меньше a + b задача кроме того, a + b > 6r
(задача
10.29
).
Если все углы треугольника меньше 120
◦
, тов точке минимума суммы расстояний до вершин треугольника квадрат этой суммы равен (a
2
+ b
2
+ c
2
)/2 +
+ 2
√
3S задача. Далее, (a
2
+ b
2
+ c
2
)/2
> 2
√
3S (задача
10.55
б)
и 4
√
3S > 36r
2
(задача
10.55
а).
10.34.
Пусть a
= cos(A/2),
b
= cos(B/2) и g
= cos(C/2). Согласно задаче б) a/r
a
=
a
/
bg
, b/r
b
=
b
/
ga и c/r
c
=
g
/
ab
. Поэтому после домно- жения на abg требуемое неравенство перепишется в виде 3(
a
2
+
b
2
+
g
2
)
>
> Так как a
2
= (1 + cos A)/2,
b
2
= (1 + cos и g
2
= (1 + cos C)/2, то переходим к неравенству cos A + cos B + cos C +
+ 2(cos A cos B + cos B cos C + cos C cos A) 6 3. Остаётся воспользоваться результатами задач
10.38
и
10.45
10.35.
а) Сложив равенство 4R + r = r
a
+ r
b
+ задача) с неравенством (задача) и воспользовавшись соотношением r
a
(p − a) = получим − r > r
a
+ r
b
+ r
c
= pr

1
p − a
+
1
p − b
+
1
p − Учитывая, что − a)(p − b)(p − c)
=
S
p(p − a)(p − b)(p − выражение в правой части формулы (1) можно заменить на + bc + ca − p
2
)/S = p(2(ab + bc + ca) − a
2
− b
2
− c
2
)/4S.
Остаётся заметить, что 2(ab + bc + ac) − a
2
− b
2
− c
2
> 4
√
3S (задача
10.56
).
б) Легко проверить, что 4R − r
a
= r
b
+ r
c
− r = pr/(p − b) + pr/(p − c) − pr/p =
=(p−a)(p
2
−bc)/S. Остаётся заметить, что 4(p
2
−bc)=a
2
+b
2
+c
2
+2(ab−bc+ca)=
= 2(ab + bc + ac) − a
2
− b
2
− c
2
+ 2(a
2
+ b
2
+ c
2
− 2bc) > 4
√
3S + 2(a
2
+ (b − Пусть a, b и c — длины сторон треугольника, F = (a − b)(b − c)(c − a) =
= A − B, где A = ab
2
+ bc
2
+ и B = a
2
b + b
2
c + c
2
a. Докажем, что требуемые неравенства можно получить, преобразовав очевидное неравенство F
2
> Пусть c
1
= a + b + c = 2p,
c
2
= ab + bc + ca = r
2
+ p
2
+ 4rR и c
3
= abc = см. задачу. Можно проверить, что F
2
=
c
2 1
c
2 2
− 4
c
3 2
− 4
c
3 1
c
3
+ 18
c
1
c
2
c
3
−
− 27
c
2 3
. В самом деле, (
c
1
c
2
)
2
− F
2
= (A + B + 3abc)
2
− (A − B)
2
= 4AB + 6(A + B)
c
3
+
+ 9
c
2 3
= 4(a
3
b
3
+ . . .) + 4(a
4
bc + . . .) + 6(A + B)
c
3
+ 21
c
2 3
. Ясно также, что 4
c
3 2
=
= 4(a
3
b
3
+ . . .) + 12(A + B)
c
3
+ 24
c
2 3
, 4
c
3 1
c
3
= 4(a
4
bc + . . .) + 12(A + B)
c
3
+ 24
c
2 и 18
c
1
c
2
c
3
= 18(A + B)
c
3
+ 54
c
2 Выразив и через p, r и R, получим −4r
2
[(p
2
− 2R
2
− 10Rr + r
2
)
2
− 4R(R − 2r)
3
]
> 0.

Глава 10. Неравенства для элементов треугольника
Следовательно, получаем 2R
2
+ 10Rr − r
2
− 2(R − 2r)
p
R(R − 2r) =
=

(R − 2r) −
p
R(R − 2r)

2
+ 16Rr − 5r
2
> 16Rr − и 6 2R
2
+ 10Rr + r
2
+ 2(R − 2r)
p
R(R − 2r) =
= 4R
2
+ 4Rr + 3r
2
−

(R − 2r) −
p
R(R − 2r)

2 6 4R
2
+ 4Rr + Так как r
a
+ r
b
+ r
c
= 4R + r и r
a
r
b
+ r
b
r
c
+ r
c
r
a
= p
2
(задачи
12.25
и
12.26
), то r
2
a
+ r
2
b
+ r
2
c
= (4R + r)
2
− 2p
2
. Согласно задаче 6 4R
2
+ 4Rr +
+ 3r
2
, поэтому r
2
a
+ r
2
b
+ r
2
c
> 8R
2
− 5r
2
. Остаётся заметить, что r 6 R/2 (задача а) Согласно задаче a
+ cos b
+ cos g
= (R + r)/R. Кроме того, r 6 R/2 (задача
10.28
).
б) Следует из а) (см. замечание).
10.39.
а) Ясно, что sin a
+ sin b
+ sin g
= p/R. Кроме того, p 6 3
√
3R/2
(задача
10.31
).
б) Следует из а) (см. замечание).
10.40.
а) Согласно задаче
12.46
а) ctg a
+ ctg b
+ ctg g
= (a
2
+ b
2
+ Кроме того, a
2
+ b
2
+ c
2
> 4
√
3S (задача
10.55
б).
б) Следует из а) (см. замечание).
10.41.
а) Согласно задаче
12.47
а) ctg(
a
/2) + ctg(
b
/2) + ctg(
g
/2) = Кроме того, p > 3
√
3r (задача
10.55
а).
б) Следует из а) (см. замечание. Для тупоугольного треугольника tg a
+
+ tg b
+ tg g
< 0; см, например, задачу
12.48
10.42.
а) Согласно задаче
12.38
а) sin(
a
/2) sin(
b
/2) sin(
g
/2) = r/4R. Кроме того, r 6 R/2 (задача
10.28
).
б) Для остроугольного треугольника следует из а) (см. замечание. Для тупоугольного треугольника cos a
cos b
cos g
< а) Так как sin x = 2 sin(x/2) cos(x/2), то, используя результаты задача) ив, получаем sin a
sin b
sin g
= pr/2R
2
. Кроме того, p 6 задача) и r 6 R/2 (задача
10.28
).
б) Следует из а) (см. замечание).
10.44.
Согласно задаче
12.41
б) cos
2
a
+ cos
2
b
+ cos
2
g
= 1 − 2 cos a
cos b
cos g
Остаётся заметить, что cos a
cos b
cos g
6 1/8 (задача
10.42
б), а для тупоугольного треугольника cos a
cos b
cos g
< Ясно, что 2(cos a
cos b
+cos b
cos g
+cos g
cos a
)=(cos a
+cos b
+cos g
)
2
−
− cos
2
a
− cos
2
b
− cos
2
g
. Остаётся заметить, что cos a
+ cos b
+ cos g
6 3/2
(задача
10.38
а) и cos
2
a
+ cos
2
b
+ cos
2
g
> 3/4 (задача
10.44
а).
10.46.
Согласно задаче 2
a
+ sin 2
b
+ sin 2
g
= 4 sin a
sin b
sin Ясно также, что sin(
a
+
b
) + sin(
b
+
g
) + sin(
g
+
a
) = sin a
+ sin b
+ sin g
=
p
R

Решения задач
265
Таким образом, требуемое неравенство эквивалентно неравенству те. Это неравенство доказано в решении задачи
10.28
10.47.
Ясно, что 2 sin(
b
/2) sin(
g
/2) = cos((
b
−
g
)/2) − cos((
b
+
g
)/2)
6 6 1 − Опустим из вершин A и B перпендикуляры и на биссектрису угла ACB. Тогда AB > AA
1
+ BB
1
= b sin(
g
/2) + a Согласно задаче) tg(
b
/2) = (a + b − c)/(a + b + c). Атак как a + b < 3c, то a + b − c < (a + b + Так как p
−2
a
>0,
p
−2
b
>0,
p
−2
g
>0 и (
p
−2
a
)+(
p
−2
b
)+(
p
−2
g
)=
=
p
, существует треугольник с углами p
− 2
a
,
p
− 2
b
,
p
− 2
g
. Длины сторон, противолежащих углам p
− 2
a
,
p
− 2
b
,
p
− 2
g
, пропорциональны числам. Поскольку p
− 2
a
>
p
− 2
b
>
p
− 2
g и против большего угла лежит большая сторона, то sin 2
a
> sin 2
b
> sin Заметим сначала, что cos 2
g
− cos 2(
p
−
a
−
b
) = cos 2
a cos 2
b
−
− sin 2
a sin 2
b
. Поэтому cos 2
a
+ cos 2
b
− cos 2
g
= cos 2
a
+ cos 2
b
− cos 2
a cos 2
b
+
+ sin 2
a sin 2
b
. Так как a cos f
+ b sin f
6
√
a
2
+ см. приложение к гл. то (1 − cos 2
b
) cos 2
a
+ sin 2
b sin 2
a
+ cos 2
b
6
√
(1 − cos 2
b
)
2
+ sin
2 2
b
+ cos 2
b
=
= 2|sin b
| + 1 − 2 sin
2
b
. Остаётся заметить, что наибольшее значение квадратного трёхчлена 2t + 1 − достигается в точке t = 1/2 и равно Максимальное значение соответствует углам a
=
b
= 30
◦
,
g
= Так как AB < CB, AX < CX и S
ABX
= S
BCX
, то sin XAB > sin Учитывая, что угол XCB острый, получаем требуемое.