Формула. В. В. Прасолов задачи по планиметрии
 Скачать 6.7 Mb.
|
|
10.53. Если углы треугольника ABC равны a , b и, то углы треугольника равны ( b + g )/2, ( g + a )/2 и Пусть M — точка пересечения медиан AA 1 , и CC 1 . Достроив треугольник до параллелограмма AMBN, получим и ∠AMC 1 = = b m . Легко проверить, что ∠C 1 CB < g /2 и < b /2. Следовательно ∠C 1 CB + ∠B 1 BC < ( b + g )/2 < b . Аналогично g m = ∠A 1 AB + ∠B 1 BA > > ( a + b )/2 Предположим сначала, что треугольник ABC остроугольный. Тогда точка пересечения высот лежит внутри треугольника AMC 1 . Следовательно < ∠AHB, те, и ∠CMB > ∠CHB, т. е. p − a m < p − a Предположим теперь, что угол тупой. Тогда угол CC 1 B тоже тупой, а значит, угол острый, те. Опустим из точки M перпендикулярна. Тогда g m > ∠XMB > 180 ◦ − ∠HAB Так как a > a m , тот. е. точка M лежит внутри описанной окружности треугольника AB 1 C 1 . Следовательно ∠AB 1 C 1 < Аналогично a = ∠CB 1 A 1 > ∠CMA 1 = b m , так как g + ( p − g m ) а) Ясно, что S 2 /p = (p − a)(p − b)(p − c) 6 ((p − a + p − b + p − c)/3) 3 = = p 3 /27. Поэтому pr = S 6 p 2 /3 √ 3, те. Домножив последнее неравенство на r, получим требуемое. б) Так как (a + b + c) 2 6 3(a 2 + b 2 + c 2 ), то S 6 p 2 /3 √ 3 = (a + b + c) 2 /12 √ 3 6 6 (a 2 + b 2 + Пусть x = p − a, y = p − b, z = p − c. Тогда (a 2 − (b − c) 2 ) + (b 2 − (a − c) 2 ) + + (c 2 − (a − b) 2 ) = 4(p − b)(p − c) + 4(p − a)(p − c) + 4(p − a)(p − b) = 4(yz + zx + xy) и = 4 p 3p(p − a)(p − b)(p − c) = 4 p3(x + y + z)xyz. Глава 10. Неравенства для элементов треугольника Итак, нужно доказать неравенство xy + yz + zx > p3(x + y + z)xyz. После возведения в квадрат и сокращения получаем+ y 2 z 2 + z 2 x 2 > x 2 yz + y 2 xz + Складывая неравенства x 2 yz 6 x 2 (y 2 + z 2 )/2, y 2 xz 6 y 2 (x 2 + z 2 )/2 и z 2 xy 6 6 z 2 (x 2 + y 2 )/2, получаем требуемое. 10.57. а) Перемножив три равенства вида = (ab sin получим ((abc) 2 sin g sin b sin a )/8. Остаётся воспользоваться результатом задачи б) Так как (h a h b h c ) 2 = и (abc) 2 > (4/ √ 3) 3 S 3 , то (h a h b h c ) 2 6 6 (2S) 6 ( √ 3/4) 3 /S 3 = Так как (r a r b r c ) 2 = S 4 /r 2 (задача 12.19 в) и r 2 ( √ 3) 3 6 S (задача 10.55 а), то (r a r b r c ) 2 > Построим на стороне BC треугольника ABC внутренним образом треугольник A 00 BC, подобный треугольнику A 0 B 0 C 0 . При этом A 00 A = 0 тогда и только тогда, когда треугольники ABC и подобны. По теореме косинусов Поэтому b 2 a 02 + a 2 b 02 − 2aa 0 bb 0 cos C cos C 0 − 2aa 0 bb 0 sin C sin C 0 = = b 2 a 02 + a 2 b 02 − 2aa 0 bb 0 cos C cos C 0 − Следовательно, b 2 a 02 + a 2 b 02 − 2aa 0 bb 0 cos C cos C 0 > 8SS 0 , те Это неравенство легко приводится к требуемому виду. 10.59. Пусть p = BA 1 /BC, q = CB 1 /CA и r = AC 1 /AC. Тогда S A 1 B 1 C 1 /S ABC = = 1 − p(1 − r) − q(1 − p) − r(1 − q) = 1 − (p + q + r) + (pq + qr + rp). По теореме Чевы (задача) pqr = (1 − p)(1 − q)(1 − r), те кроме того, (pqr) 2 = p(1 − p)q(1 − q)r(1 − r) 6 (1/4) 3 . Следовательно Можно считать, что площадь треугольника ABC равна 1. Тогда, поэтому данное неравенство перепишется в виде u 2 > Пусть x = BA 1 /BC, y = CB 1 /CA и z = AC 1 /AB. Тогда u = 1 − (x + y + z) + xy + yz + и abc = xyz(1 − x)(1 − y)(1 − z) = v(u − v), где v = xyz. Поэтому мы переходим к неравенству u 2 > 4v(u − v), те. Последнее неравенство очевидно. 10.61. а) Пусть x = BA 1 /BC, y = CB 1 /CA и z = AC 1 /AB. Можно считать, что площадь треугольника ABC равна 1. Тогда S AB 1 C 1 = z(1 − y), S A 1 BC 1 = x(1 − и S A 1 B 1 C = y(1 − x). Так как x(1 − x) 6 1/4, y(1 − y) 6 1/4 и z(1 − z) 6 1/4, то произведение чисел S AB 1 C 1 , и не превосходит (1/4) 3 , а значит, одно из них не превосходит 1/4. Решения задач 267 б) Пусть для определённости x > 1/2. Если y 6 1/2, то при гомотетии с центром C и коэффициентом 2 точки и переходят во внутренние точки сторон BC и AC, а значит, S A 1 B 1 C 6 S A 1 B 1 C 1 . Поэтому можно считать, что y > 1/2 и аналогично z > 1/2. Пусть x = (1 + a )/2, y = (1 +и z = (1 + g )/2. Тогда S AB 1 C 1 = (1 + g − b − bg )/4, S A 1 BC 1 = (1 +и S A 1 B 1 C = (1 + b − a − ab )/4, а значит, S A 1 B 1 C 1 = (1 + ab + bg + ag )/4 > и S AB 1 C 1 + S A 1 BC 1 + S A 1 B 1 C 6 Достаточно доказать, что если AC < BC, то ∠ABC < ∠BAC. Так как AC < BC, тона стороне BC можно выбрать точку так, что A 1 C = Тогда ∠BAC > ∠A 1 AC = ∠AA 1 C Пусть A 1 — середина стороны BC. Если AA 1 < BC/2 = BA 1 = A 1 C, то и ∠CAA 1 > ∠ACA 1 , поэтому ∠A = ∠BAA 1 + ∠CAA 1 > ∠B + те. Аналогично, если AA 1 > BC/2, то ∠A < Если мы фиксируем две стороны треугольника, то чем больше будет угол между ними, тем больше будет третья сторона. Поэтому из неравенства ∠A > следует, что BD > B 1 D 1 , те. Предположим теперь, что ∠B > ∠B 1 . Тогда AC > A 1 C 1 , те. Поэтому. Получено противоречие следовательно, ∠B < и ∠D < Пусть точка симметрична B относительно точки M. Так как высота, опущенная из точки M на сторону BC, равна половине AH, те. половине, то ∠MBC = 30 ◦ . Поскольку AH — наибольшая из высот, BC — наименьшая из сторон. Поэтому AB 1 = BC 6AB, те Следовательно, ∠ABC = ∠ABB 1 + ∠MBC 6 30 ◦ + 30 ◦ = Предположим сначала, что ∠A > ∠D. Тогда BE > EC и ∠EBA < Так как в треугольнике EBC сторона BE больше стороны EC, то Поэтому ∠B = ∠ABE + ∠EBC < ∠ECD + ∠ECB = ∠C, что противоречит условию задачи. Значит, ∠A = ∠B = ∠C = ∠D. Аналогично предположение ∠B > приводит к неравенству ∠C < ∠D. Поэтому ∠B = ∠C = ∠D = Будем проводить доказательство сразу для общего случая. Пусть прямая MN пересекает стороны многоугольника в точках и N 1 . Ясно, что MN 6 M 1 N 1 . Пусть точка лежит на стороне AB, а точка N 1 — на Так как+ ∠BM 1 N 1 = то один из этих углов не меньше. Пусть для определённости ∠AM 1 N 1 > 90 ◦ . Тогда AN 1 > M 1 N 1 , так как против большего угла лежит большая сторона. Аналогично доказывается, что либо AN 1 6 AP, либо AN 1 6 AQ. Следовательно, длина отрезка не превосходит длины отрезка с концами в вершинах многоуголь- ника. 10.68. Отрезок можно продолжить до пересечения с границей сектора, так как при этом его длина только увеличится. Поэтому можно считать, что точки и N лежат на границе сектора. Возможны три случая. Точки M и N лежат на дуге окружности. Тогда MN = 2R sin(MON/2) 6 6 2R sin(AOB/2) = AB, так как ∠MON/2 6 ∠AOB/2 6 90 ◦ 2. Точки M и N лежат на отрезках AO и BO. Тогда MN не превосходит наибольшей стороны треугольника AOB. 3. Одна из точек M и N лежит на дуге окружности, а другая — на отрезке AO или BO. Пусть для определённости M лежит на AO, а N — на дуге окружности. Тогда MN не превосходит наибольшей стороны треугольника. Остаётся заметить, что AO = NO = R и AN 6 AB. Глава 10. Неравенства для элементов треугольника 10.69. Если данный отрезок не имеет общих точек с окружностью, то с помощью гомотетии с центром A и коэффициентом больше 1) его можно перевести в отрезок, имеющий общую точку X с дугой BC и лежащий в нашей области. Проведём через точку X касательную DE к окружности (точки D и E лежат на отрезках AB и AC). Тогда отрезки AD и AE меньше и DE < (DE + AD + AE)/2 = AB, те. все стороны треугольника меньше AB. Так как наш отрезок лежит внутри треугольника ADE или на его стороне DE), его длина не превосходит Предположим сначала, что центр O окружности лежит внутри данного пятиугольника A 1 A 2 A 3 A 4 A 5 . Рассмотрим углы A 1 OA 2 , A 2 OA 3 , . . . , В сумме эти пять углов дают 2 p , поэтому один из них, например не превосходит 2 p /5. Тогда отрезок можно поместить в сектор где ∠BOC = 2 p /5 и точки B и C расположены на окружности. В треугольнике наибольшей стороной является BC, поэтому A 1 A 2 6 Если точка O не принадлежит данному пятиугольнику, то углы A 1 OA 2 , . . . . . . , дают в объединении угол меньше p , причём каждая точка этого Рис. угла покрыта ими дважды. Поэтому в сумме эти пять углов дают меньше 2 p , те. один из них меньше 2 p /5. Дальнейшее доказательство аналогично предыдущему случаю. Если точка O лежит на стороне пятиуголь- ника, то один из рассматриваемых углов не больше p /4, а если она является его вершиной, то один из них не больше p /3. Ясно, что p /4 < p /3 < 2 p /5. 10.71. Возьмём на сторонах BC, CA, AB точки A 1 и A 2 , B 1 и B 2 , C 1 и C 2 так, что B 1 C 2 k BC, C 1 A 2 k CA, A 1 B 2 k AB рис. В треугольниках A 1 A 2 O, B 1 B 2 O, C 1 C 2 O наибольшими сторонами являются A 1 A 2 , B 1 O, C 2 O соответственно. Поэтому OP < A 1 A 2 , OQ < B 1 O, OR < C 2 O, те Так как c 2 = a 2 + b 2 , то c n = (a 2 + b 2 )c n−2 = a 2 c n−2 + b 2 c n−2 > a n + Высота любого треугольника больше 2r. Кроме того, в прямоугольном треугольнике 2r = a + b − c (задача 5.18 ). 10.74. Так как ch = 2S = r(a + b + c) и c = √ a 2 + b 2 , то+ b 2 a + b + p a 2 + b 2 = = 1 x + 1 , где x = a + b p a 2 + b 2 = r 1 + 2ab a 2 + b 2 . Так как 0 < 2ab/(a 2 + b 2 ) 6 1, то 1 < < x 6 √ 2. Следовательно, 2/5 < 1/(1 + √ 2) 6 r/h < Ясно, что a + b > 2 √ ab и c 2 = a 2 + b 2 > 2ab. Поэтому + b + c) 2 c 2 a 2 b 2 > (2 √ ab + √ 2ab) 2 · 2ab a 2 b 2 = 4(1 +Согласно задаче 12.11 а) m 2 a + m 2 b = (4c 2 + a 2 + b 2 )/4 = 5c 2 /4. Кроме того, 5c 2 /4 > 5(1 + √ 2) 2 r 2 = (15 + 10 √ 2)r 2 > см. задачу 10.75 ). 10.77. Пусть O — центр описанной окружности, A 1 , B 1 , C 1 — середины сторон соответственно. Тогда m a = AA 1 6 AO + OA 1 = R + OA 1 . Анало- Решения задач 269 гично m b 6 R + и m c 6 R + OC 1 . Следовательно R 1 h a + 1 h b + 1 h c + OA 1 h a + OB 1 h b + OC 1 h c Остаётся воспользоваться результатом задачи 12.23 и решением задачи 4.47 10.78. Согласно задаче 1 b + 1 c = 2 cos( a /2) l a > √ 2 l a . Складывая три аналогичных неравенства, получаем требуемое. 10.79. Обозначим точку пересечения медиан через M, а центр описанной окружности через O. Если треугольник ABC не тупоугольный, то точка лежит внутри его (или на его стороне для определённости будем считать, что она лежит внутри треугольника AMB. Тогда AO + BO 6 AM + те или m a + m b > 3R. Остаётся заметить, что так как угол COC 1 (C 1 — середина AB) тупой, тот. е. m c > Равенство достигается только для вырожденного треугольника. 10.80. В любом треугольнике h b 6 l b 6 см. задачу, поэтому h a = = l b > и m c = l b 6 m b . Следовательно, a 6 b и b 6 c см. задачу 10.1 ), т. е. c — наибольшая сторона, а g — наибольший угол. Из равенства h a = следует, что g 6 см. задачу. Так как наибольший угол треугольника ABC не превосходит 60 ◦ , все углы треугольника равны Согласно задаче 1.60 отношение периметров треугольников и ABC равно r/R. Кроме того, r 6 R/2 (задача 10.28 ). З а меча ни е. Используя результаты задачи, легко проверить, что S A 1 B 1 C 1 /S ABC = r 1 /2R 1 6 Пусть и BB 1 — биссектрисы треугольников OAH и OBH. Согласно задаче 2.1 они являются биссектрисами углов A и B, те. центр вписанной окружности — точка пересечения прямых и BB 1 . Из неравенства AC > следует, что AH > BH. Поэтому = AH/AO > BH/BO = те. точки на прямой OH расположены в таком порядке O, A 1 , B 1 , Точка O лежит внутри треугольника ABH, поэтому точка пересечения прямых Рис. и лежит внутри треугольника Пусть 90 ◦ > a > b > g . Тогда CH наибольшая высота. Центры вписанной и описанной окружностей обозначим через I и точки касания вписанной окружности со сторонами через K, L, M соответственно (рис. Докажем сначала, что точка O лежит внутри треугольника KCI. Для этого достаточно доказать, что CK > KB и ∠BCO 6 BCI. Ясно, что CK = r ctg( g /2) > r ctg( b /2) = KB и 2 ∠BCO = = 180 ◦ − ∠BOC = 180 ◦ − 2 a 6 180 ◦ − a − b = g = = 2∠BCI. Так как ∠BCO = 90 ◦ − a = при симметрии относительно CI прямая CO переходит в прямую CH. Пусть O 0 — образ точки O при этой симметрии, P — точка пересечения Глава 10. Неравенства для элементов треугольника и IL. Тогда CP > CO 0 = CO = R. Остаётся доказать, что PH > IM = r. Это следует из того, что ∠MIL = 180 ◦ − a > Пусть B 2 C 2 — проекция отрезка на сторону BC. Тогда B 1 C 1 > > B 2 C 2 = BC − BC 1 cos b − CB 1 cos g . Аналогично A 1 C 1 > AC − AC 1 cos a − CA 1 cos и A 1 B 1 > AB − AB 1 cos a − BA 1 cos b . Домножим эти неравенства на cos a , cos и cos соответственно и сложим их. Получим B 1 C 1 cos a + C 1 A 1 cos b + + A 1 B 1 cos g > a cos a + b cos b + c cos g − (a cos b cos g + b cos a cos g + c cos a cos Так как c = a cos b + b cos a , то c cos g = a cos b cos g + b cos a cos g . Записав три аналогичных равенства и сложив их, получим a cos b cos g + b cos a cos g + + c cos a cos b = (a cos a + b cos b + c cos Так как cos 2 a + cos 2 b + cos 2 g + 2 cos a cos b cos g = 1 (задача 12.41 б), то треугольник ABC остроугольный тогда и только тогда, когда cos 2 a + cos 2 b + + cos 2 g < 1, те. Домножая обе части последнего неравенства на 4R 2 , получаем требуемое. 10.86. Достаточно заметить, что p 2 − (2R + r) 2 = 4R 2 cos a cos b cos см. задачу ∠A 6 ∠B 6 ∠C. Если треугольник ABC не остроугольный, то CC 1 < AC < для любых точек и на сторонах BC и AB. Докажем теперь, что для остроугольного треугольника можно выбрать точки, и C 1 , обладающие требуемым свойством. Для этого достаточно проверить, что существует число x, удовлетворяющее следующим неравенствами. Остаётся заметить, что max(h a , h b , h c ) = h a , min(b, c) = b и h a < Пусть ∠A 6 ∠B 6 ∠C. Предположим сначала, что треугольник остроугольный. При повороте прямой l, в исходном положении параллельной, длина проекции треугольника на l будет сначала монотонно изменяться от c до h b , затем от до a, от a до h c , от до b, от b дои, наконец, от до c. Так как h b < a, то существует такое число x, что h b < x < a. Легко проверить, что отрезок длиной x встречается на любом из первых четырёх интервалов монотонности. Предположим теперь, что треугольник ABC не остроугольный. При повороте прямой l, в исходном положении параллельной AB, длина проекции треугольника на l монотонно убывает сначала от c до h b , затем от до после этого она монотонно возрастает сначала от до h a , а затем от до Всего получается два интервала монотонности. 10.89. Пусть точки M и N лежат на сторонах AB и AC соответственно. Проведём через вершину C прямую, параллельную стороне AB. Пусть точка пересечения этой прямой и прямой MN. Тогда N 1 O : MO = 2, но NO 6 6 N 1 O, поэтому NO : MO 6 Окружность S, вписанная в треугольник ABC, лежит внутри треугольника. Проведя к этой окружности касательные, параллельные сторонам треугольника A 0 B 0 C 0 , можно получить треугольник A 00 B 00 C 00 , подобный треугольнику A 0 B 0 C 0 , для которого S является вписанной окружностью. Поэтому r ABC = r A 00 B 00 C 00 < Биссектриса разбивает треугольник ABC на два треугольника, удвоенные площади которых равны al c sin( g /2) и bl c sin( g /2). Поэтому. Из условия задачи следует, что a/(a + b) 6 6 1/2 6 sin( g /2). Решения задач 271 10.92. Ясно, что ctg A + ctg B = c/h c > c/m c . Пусть M — точка пересечения медиан, N — середина отрезка AB. Так как треугольник AMB прямоугольный. Следовательно, c = 2MN = Так как BN · BA = и BM < BA, то BN < BM, а значит, AN > CN. 10.94. Проведём через точку B перпендикуляр к стороне AB. Пусть F точка пересечения этого перпендикуляра с продолжением стороны AC (рис. 10.3). Докажем, что биссектриса AD, медиана BM и высота CH пересекаются водной точке тогда и только тогда, когда AB = CF. В самом деле, пусть L — точка пересечения BM и CH. Биссектриса AD проходит через точку L тогда и только тогда, когда BA : AM = BL : но BL : LM = FC : CM = FC : Рис. Если на стороне AF некоторого прямоугольного треугольника ABF (∠ABF = = 90 ◦ ) отложить отрезок CF = AB, то углы BAC и ABC будут острыми. Остаётся выяснить, в каких случаях угол ACB будет острым. Опустим из точки перпендикулярна сторону AF. Угол ACB острый, если FP > FC = те. Следовательно, 1 − cos 2 A = sin 2 A > cos A, те. В итоге получаем, что ∠A > arccos(( √ 5 − 1)/2) ≈ 51 ◦ 50 Так как против большей стороны лежит больший угол, то (a − b)( a − b ) > 0, (b − c)( b − g ) > 0 и (a − c)( a − g ) > 0. Складывая эти неравенства, получаем+ b b + c g ) > a( b + g ) + b( a + g ) + c( a + b ) = (a + b + c) p − a a − b b − те+ Из неравенства треугольника следует, что a (b + c − a) + b (a + c − b) + g (a + b − c) > те. Так как тот. е. (a a + b b + c g )/(a + b + c) < p /2. 10.96. Возьмём на лучах OB и OC такие точки и B 1 , что OC 1 = и OB 1 = OB. Пусть и C 2 — проекции точек и напрямую, перпендикулярную. Тогда BO sin AOC + CO sin AOB = B 2 C 2 6 BC. Сложив три аналогичных неравенства, получим требуемое. Легко проверить также, что условие B 1 C 1 ⊥ AO, C 1 A 1 ⊥ BO и A 1 B 1 ⊥ CO эквивалентно тому, что O — точка пересечения биссектрис Глава 10. Неравенства для элементов треугольника 10.97. Так как ∠CBD = ∠C/2 и ∠B > ∠A, то ∠ABD = ∠B + ∠CBD > > (∠A + ∠B + ∠C)/2 = По свойству биссектрисы BM : MA = BC : CA и BK : KC = BA : Поэтому BM : MA < BK : KC, те +Следовательно, точка M более удалена от прямой AC, чем точка K, те и ∠KMC < ∠MCA = ∠MCK. Поэтому AM > и MK > KC см. задачу 10.62 ). 10.99. Предположим, что все данные отношения меньше 2. Тогда S ABO + + S AOC < 2S XBO + 2S XOC = 2S OBC , S ABO + S OBC < и S AOC + S OBC < Сложив эти неравенства, приходим к противоречию. Аналогично доказывается, что одно изданных соотношений не больше Обозначим радиусы окружностей S, и через r, и Пусть треугольники и подобны треугольнику ABC, причём коэффициенты подобия равны r 1 /r и r 2 /r соответственно. Окружности и являются вписанными для треугольников и A 2 BC 2 . Следовательно, эти треугольники пересекаются, так как иначе окружности и не имели бы общих точек. Поэтому AB 1 + A 2 B > AB, те ГЛАВА ЗАДАЧИ НА МАКСИМУМ И МИНИМУМ Основные сведения. Геометрические задачи на максимум и минимум тесно связаны с геометрическими неравенствами, так как для решения этих задач всегда нужно доказать соответствующее геометрическое неравенство и, кроме того, доказать, что это неравенство при определённых условиях обращается в равенство. Поэтому, прежде чем решать задачи на максимум и минимум, следует ещё раз посмотреть приложение к гл. 9, обращая особое внимание на условия, при которых нестрогие неравенства становятся равенствами. Для элементов треугольника используются те же обозначения, что ив гл. 9. 3. Задачи на максимум и минимум иногда называются экстремальными задачами (от лат. extremum — «крайний»). Вводные задачи 1. Среди всех треугольников сданными сторонами AB и AC найдите тот, у которого наибольшая площадь. 2. В треугольнике ABC найдите точку, из которой сторона AB видна под наименьшим углом. 3. Докажите, что среди всех треугольников сданными стороной и высотой наибольшую величину угла имеет равнобедренный треугольник. 4. Среди всех треугольников сданными сторонами AB и AC (AB < AC) найдите тот, у которого радиус описанной окружности мак- симален. 5. Диагонали выпуклого четырёхугольника равны и d 2 . Какое наибольшее значение может иметь его площадь 1. Треугольник 11.1. Докажите, что среди всех треугольников с фиксированным углом и площадью S наименьшую длину стороны BC имеет равнобедренный треугольник с основанием Докажите, что среди всех треугольников ABC с фиксированным углом и полупериметром p наибольшую площадь имеет равнобедренный треугольник с основанием BC. Глава 11. Задачи на максимум и минимум 11.3. Докажите, что среди всех треугольников с фиксированным по- лупериметром p наибольшую площадь имеет правильный треугольник. 11.4. Рассмотрим все остроугольные треугольники с заданными стороной и углом a . Чему равен максимум суммы квадратов длин сторон b и Среди всех треугольников, вписанных в данную окружность, найдите тот, у которого максимальна сумма квадратов длин сторон. 11.6*. Периметр треугольника ABC равен 2p. На сторонах AB и взяты точки M итак, что MN k BC и MN касается вписанной окружности треугольника ABC. Найдите наибольшее значение длины отрезка В данный треугольник поместите центрально симметричный многоугольник наибольшей площади. 11.8*. Площадь треугольника ABC равна 1. Пусть A 1 , B 1 , C 1 — середины сторон BC, CA, AB соответственно. На отрезках AB 1 , CA 1 , взяты точки K, L, M соответственно. Чему равна минимальная площадь общей части треугольников KLM и Какую наименьшую ширину должна иметь бесконечная полоса бумаги, чтобы из неё можно было вырезать любой треугольник площадью 1? * * * 11.10. Докажите, что треугольники с длинами сторон, b, и a 1 , b 1 , подобны тогда и только тогда, когда + b + c)(a 1 + b 1 + Докажите, что если a , b , g и углы двух треугольников, то cos a 1 sin a + cos b 1 sin b + cos g 1 sin g 6 ctg a + ctg b + ctg Пусть a, b и c — длины сторон треугольника площади и g 1 — углы некоторого другого треугольника. Докажите, что a 1 + b 2 ctg b 1 + c 2 ctg g 1 > 4S, причём равенство достигается, только если рассматриваемые треугольники подобны. 11.13*. Дан треугольник со сторонами a, b и c, причём a > b > c; x, y и z — углы некоторого другого треугольника. Докажите, что + ca − ab < bc cos x + ca cos y + ab cos z 6 a 2 + b 2 + c 2 См. также задачу 2. Экстремальные точки треугольника 11.14. На гипотенузе AB прямоугольного треугольника ABC взята точка X; M и N — её проекции на катеты AC и BC. Условия задача) При каком положении точки X длина отрезка MN будет наименьшей б) При каком положении точки X площадь четырёхугольника CMXN будет наибольшей? 11.15. Из точки M, лежащей на стороне AB остроугольного треугольника, опущены перпендикуляры MP и MQ на стороны и AC. При каком положении точки M длина отрезка PQ минимальна Дан треугольник ABC. Найдите на прямой AB точку для которой сумма радиусов описанных окружностей треугольников и BCM была бы наименьшей. 11.17. Из точки M описанной окружности треугольника ABC опущены перпендикуляры MP и MQ на прямые AB и AC. При каком положении точки M длина отрезка PQ максимальна? 11.18*. Внутри треугольника ABC взята точка O. Пусть d a , d b , расстояния от неё до прямых BC, CA, AB. При каком положении точки O произведение будет наибольшим? 11.19*. Точки A 1 , и взяты на сторонах BC, CA и AB треугольника, причём отрезки AA 1 , и пересекаются водной точке M. При каком положении точки M величина MA 1 AA 1 · MB 1 BB 1 · MC 1 CC 1 максимальна? 11.20*. Из точки M, лежащей внутри данного треугольника опущены перпендикуляры MA 1 , MB 1 , на прямые BC, CA, Для каких точек M внутри данного треугольника ABC величина+ b/MB 1 + принимает наименьшее значение? 11.21*. Дан треугольник ABC. Найдите внутри его точку O, для которой сумма длин отрезков OA, OB, OC минимальна. (Обратите внимание на тот случай, когда один из углов треугольника больше Найдите внутри треугольника ABC точку O, для которой сумма квадратов расстояний от неё до сторон треугольника мини- мальна. См. также задачу 18.22 а). |