Формула. В. В. Прасолов задачи по планиметрии
 Скачать 6.7 Mb.
|
|
§ 3. Угол 11.23. На одной стороне острого угла даны точки A и B. Постройте на другой его стороне точку C, из которой отрезок AB виден под наибольшим углом. 11.24. Дан угол XAY и точка O внутри его. Проведите через точку прямую, отсекающую отданного угла треугольник наименьшей площади. 11.25. Проведите через данную точку P, лежащую внутри угла, прямую MN так, чтобы величина OM + ON была минимальной (точки M и N лежат на сторонах OA и OB). Глава 11. Задачи на максимум и минимум 11.26. Даны угол XAY и окружность внутри его. Постройте точку окружности, сумма расстояний от которой до прямых AX и AY минимальна. 11.27*. Внутри острого угла BAC дана точка M. Постройте на сторонах и AC точки X итак, чтобы периметр треугольника был минимальным. 11.28*. Дан угол XAY. Концы B и C отрезков BO и CO длиной перемещаются по лучами. Постройте четырёхугольник наибольшей площади 4. Четырёхугольники 11.29. Внутри выпуклого четырёхугольника найдите точку, сумма расстояний от которой до вершин была бы наименьшей. 11.30. Диагонали выпуклого четырёхугольника ABCD пересекаются в точке O. Какую наименьшую площадь может иметь этот четы- рёхугольник, если площадь треугольника AOB равна 4, а площадь треугольника COD равна Трапеция ABCD с основанием AD разрезана диагональю на два треугольника. Прямая l, параллельная основанию, разрезает эти треугольники на два треугольника и два четырёхугольника. При каком положении прямой l сумма площадей полученных треугольников минимальна? 11.32. Площадь трапеции равна 1. Какую наименьшую величину может иметь наибольшая диагональ этой трапеции? 11.33*. На основании AD трапеции ABCD дана точка K. Найдите на основании BC точку M, для которой площадь общей части треугольников и BKC максимальна. 11.34*. Докажите, что среди всех четырёхугольников с фиксированными длинами сторон наибольшую площадь имеет вписанный че- тырёхугольник. См. также задачи 9.37 , 15.3 б). § 5. Многоугольники 11.35. Многоугольник имеет центр симметрии O. Докажите, что сумма расстояний до вершин минимальна для точки Среди всех многоугольников, вписанных в данную окружность, найдите тот, у которого максимальна сумма квадратов длин сторон. 11.37*. Дан выпуклый многоугольник A 1 . . . A n . Докажите, что точка многоугольника, для которой максимальна сумма расстояний от неё до всех вершин, является вершиной. См. также задачу Условия задач 6. Разные задачи 11.38. Внутри окружности с центром O дана точка A. Найдите точку M окружности, для которой угол OMA максимален. 11.39. На плоскости даны прямая l и точки A и B, лежащие по разные стороны от не. Постройте окружность, проходящую через точки A итак, чтобы прямая l высекала на ней хорду наименьшей длины. 11.40. Даны прямая l и точки P и Q, лежащие по одну сторону от не. На прямой l берём точку M ив треугольнике PQM проводим высоты и QQ 0 . При каком положении точки M длина отрезка P 0 Q 0 минимальна? 11.41. Точки A, B и O не лежат на одной прямой. Проведите через точку O прямую l так, чтобы сумма расстояний от неё до точек A и была а) наибольшей б) наименьшей. * * * 11.42. Если на плоскости заданы пять точек, то, рассматривая всевозможные тройки этих точек, можно образовать 30 углов. Обозначим наименьший из этих углов a . Найдите наибольшее значение В городе 10 улиц, параллельных друг другу, и 10 улиц, пересекающих их под прямым углом. Какое наименьшее число поворотов может иметь замкнутый автобусный маршрут, проходящий через все перекрёстки? 11.44*. Чему равно наибольшее число клеток шахматной доски размером, которые можно разрезать одной прямой? 11.45*. Какое наибольшее число точек можно поместить на отрезке длиной 1 так, чтобы на любом отрезке длиной d, содержащемся в этом отрезке, лежало не больше 1 + 1000d 2 точек? См. также задачи 7. Экстремальные свойства правильных многоугольников 11.46*. а) Докажите, что среди всех угольников, описанных около данной окружности, наименьшую площадь имеет правильный n-угольник. б) Докажите, что среди всех угольников, описанных около данной окружности, наименьший периметр имеет правильный n-угольник. 11.47*. Треугольники и имеют общее основание и ∠AC 1 B = ∠AC 2 B. Докажите, что если |AC 1 − C 1 B| < |AC 2 − C 2 B|, то: а) площадь треугольника больше площади треугольника б) периметр треугольника больше периметра треугольника Глава 11. Задачи на максимум и минимума) Докажите, что среди всех угольников, вписанных в данную окружность, наибольшую площадь имеет правильный n-угольник. б) Докажите, что среди всех угольников, вписанных в данную окружность, наибольший периметр имеет правильный n-угольник. Задачи для самостоятельного решения 11.49. На стороне острого угла с вершиной A дана точка B. Постройте на другой его стороне такую точку X, что радиус описанной окружности треугольника ABX наименьший. 11.50. Через данную точку внутри окружности проведите хорду наименьшей длины. 11.51. Среди всех треугольников с заданной суммой длин биссектрис найдите треугольник с наибольшей суммой длин высот. 11.52. Внутри выпуклого четырёхугольника найдите точку, сумма квадратов расстояний от которой до вершин наименьшая. 11.53. Среди всех треугольников, вписанных в данную окружность, найдите тот, для которого величина 1 a + 1 b + 1 c наименьшая. 11.54. На шахматной доске с обычной раскраской проведите окружность наибольшего радиуса так, чтобы она не пересекла ни одного белого поля. 11.55. Внутри квадрата дана точка O. Любая прямая, проходящая через O, разрезает квадрат на две части. Проведите через точку прямую так, чтобы разность площадей этих частей была наибольшей. 11.56. Какую наибольшую длину может иметь наименьшая сторона треугольника, вписанного в данный квадрат? 11.57. Какую наибольшую площадь может иметь правильный треугольник, вписанный в данный квадрат? Решения 11.1. По теореме косинусов a 2 = b 2 + c 2 − 2bc cos a = (b − c) 2 + 2bc(1 − cos a ) = = (b − c) 2 + 4S(1 − cos a )/ sin a . Так как второе слагаемое постоянно, то минимально, если b = Пусть вневписанная окружность касается продолжений сторон ив точках K и L. Так как AK = AL = p, то вневписанная окружность фиксирована. Радиус r вписанной окружности максимален, когда она касается окружности S a , те. треугольник ABC равнобедренный. Ясно также, что = Согласно задаче 10.55 а) S 6 p 2 /3 √ 3, причём равенство достигается только для правильного треугольника. 11.4. По теореме косинусов b 2 + c 2 = a 2 + 2bc cos a . Так как 2bc 6 b 2 + и cos a > 0, тот. е. b 2 + c 2 6 a 2 /(1 − cos a ). Равенство достигается, если b = c. Решения задач 279 11.5. Пусть O — центр окружности радиуса R; A, B и C — вершины треугольника. Тогда AB 2 +BC 2 +CA 2 =| a−b| 2 +| b−c| 2 +| c−a| 2 = =2(| a| 2 +| b| 2 +| c| 2 )−2( a, b)−2(b, c)−2(c, a). Так как |a + b + c| 2 =| a| 2 +| b| 2 +| c| 2 + + 2( a, b) + 2(b, c) + 2(c, a), то AB 2 + BC 2 + CA 2 = 3(| a| 2 + | b| 2 + | c| 2 ) − | a + b + c| 2 6 63(|a| 2 +| b| 2 +| c| 2 )=9R 2 , причём равенство достигается, только если Это равенство означает, что треугольник ABC правильный. 11.6. Обозначим длину высоты, опущенной на сторону BC, через h. Так как ∼ 4ABC, тот. е. MN = a 1 − 2r h . Поскольку r = S p = = ah 2p , то MN = a(1 − a/p). Максимум выражения a(1 − a/p) = a(p − достигается при a = p/2; он равен p/4. Остаётся заметить, что существует треугольник периметра 2p со стороной a = p/2 (положим b = c = Пусть O — центр симметрии многоугольника M, расположенного внутри треугольника T, S(T) — образ треугольника T при симметрии относительно точки O. Тогда M лежит ив, ив. Поэтому среди всех центрально симметричных многоугольников сданным центром симметрии, лежащих в наибольшую площадь имеет пересечение T и S(T). Точка O лежит внутри Рис. треугольника T, так как пересечением и S(T) является выпуклый многоугольника выпуклый многоугольник всегда содержит свой центр симметрии. Пусть A 1 , B 1 и C 1 — середины сторон BC, CA и AB треугольника T = ABC. Предположим сначала, что точка O лежит внутри треугольника. Тогда пересечением T и является шестиугольник (рис. 11.1). Пусть сторона AB делится сторонами треугольника S(T) в отношении : y : z, где x + y + z = 1. Тогда отношение суммы площадей заштрихованных треугольников к площади треугольника ABC равно x 2 + y 2 + нужно минимизировать это выражение. Так как = (x + y + z) 2 = = 3(x 2 + y 2 + z 2 ) − (x − y) 2 − (y − z) 2 − (z − x) 2 , то x 2 + y 2 + z 2 > 1/3, причём равенство достигается только при x = y = z; последнее равенство означает, что O — точка пересечения медиан треугольника Рассмотрим теперь другой случай точка O лежит внутри одного из треугольников, например внутри 4AB 1 C 1 . В этом случае пересечением T и S(T) является параллелограмм, причём если мы заменим точку O точкой пересечения прямых AO и B 1 C 1 , то площадь этого параллелограмма может только увеличиться. Если же точка O лежит на стороне, то этот случай уже фактически был нами рассмотрен (нужно положить = Искомым многоугольником является шестиугольник с вершинами в точках, делящих стороны треугольника натри равные части. Его площадь равна площади треугольника. 11.8. Обозначим точку пересечения прямых KM и BC через T, а точки пересечения сторон треугольников итак, как показано на Глава 11. Задачи на максимум и минимум Рис. рис. 11.2. Тогда TL : RZ = KL : KZ = LC : Так как TL > BA 1 = A 1 C > LC, тот. е. S RZQ > S ZB 1 Q . Аналогично S QYP > и S PXR > S XC 1 R . Складывая все эти неравенства и неравенство S PQR > 0, получаем, что площадь шестиугольника PXRZQY не меньше площади оставшейся части треугольника, те. его площадь не меньше S A 1 B 1 C 1 /2 = 1/8. Равенство достигается, например, если точка K совпадает с B 1 , а точка M — с Так как площадь правильного треугольника со стороной a равна сторона правильного треугольника площадью 1 равна 2/ 4 √ 3, а его высота равна. Докажем, что из полосы шириной меньше нельзя вырезать правильный треугольник площадью 1. Пусть правильный треугольник лежит внутри полосы шириной меньше. Пусть для определённости проекция вершины B на границу полосы лежит между проекциями вершин A и Тогда прямая, проведённая через точку B перпендикулярно границе полосы, пересекает отрезок AC в некоторой точке M. Высота треугольника ABC не превосходит BM, а BM не больше ширины полосы, поэтому высота треугольника меньше, те. его площадь меньше 1. Остаётся доказать, что из полосы шириной можно вырезать любой треугольник площадью 1. Докажем, что у любого треугольника площадью 1 есть высота, не превосходящая. Для этого достаточно доказать, что у него есть сторона не меньше 2/ 4 √ 3. Предположим, что все стороны треугольника меньше 2/ 4 √ 3. Пусть a — наименьший угол этого треугольника. Тогда a 6 и S ABC = (AB · AC sin a )/2 < (2/ 4 √ 3) 2 ( √ 3/4) = 1. Получено противоречие. Треугольнику которого есть высота, не превосходящая, можно поместить в полосу шириной, положив сторону, на которую опущена эта высота, на сторону полосы. 11.10. Возведя обе части данного равенства в квадрат, его легко привести к виду+ ( √ ca 1 − √ c 1 a) 2 + ( √ bc 1 − √ cb 1 ) 2 = те Фиксируем углы a , b и. Пусть A 1 B 1 C 1 — треугольник с углами и g 1 . Рассмотрим векторы a, b и c, сонаправленные с векторами и # и имеющие длины sin a , sin и sin g . Тогда cos a 1 sin a + cos b 1 sin b + cos g 1 sin g = −[( a, b) + (b, c) + (c, a)]/(sin a sin b sin g ). Атак как, b) + (b, c) + (c, a)] = |a + b + c| 2 − |a| 2 − |b| 2 − |c| 2 , то величина (a, b) + + ( b, c) + (c, a) минимальна, когда a + b + c = 0, т. е. a 1 = a , b 1 = b , g 1 = g 11.12. Пусть x = ctg и y = ctg b 1 . Тогда x + y > 0 (так как и ctg g 1 = (1 − xy)/(x + y) = (x 2 + 1)/(x + y) − x. Поэтому a 2 ctg a 1 + b 2 ctg b 1 + + c 2 ctg g 1 = (a 2 − b 2 − c 2 )x + b 2 (x + y) + c 2 (x 2 + 1)/(x + y). При фиксированном это выражение минимально при таком y, что b 2 (x + y) = c 2 (x 2 + 1)/(x + те. Аналогичные рассуждения показывают, что если a : b : c = sin a 1 : sin b 1 : sin g 1 , то рас Решения задач 281 сматриваемое выражение минимально. В этом случае треугольники подобны и a 2 ctg a + b 2 ctg b + c 2 ctg g = 4S см. задачу 12.46 б). 11.13. Пусть f = bc cos x + ca cos y + ab cos z. Так как cos x = − cos y cos z + + sin y sin z, то f = c(a − b cos z) cos y + bc sin y sin z + ab cos z. Рассмотрим треугольник, длины двух сторон которого равны a и b, а угол между ними равен z; пусть и h — углы, лежащие против сторон a и b, t — длина стороны, лежащей против угла z. Тогда cos z = (a 2 + b 2 − t 2 )/2ab и cos h = (t 2 + a 2 − поэтому (a − b cos z)/t = cos h . Кроме того, b/t = sin h / sin z. Следовательно = ct cos( h − y) + (a 2 + b 2 − Так как cos( h − y) 6 1, то f 6 a 2 + b 2 + c 2 2 − (c − t) 2 2 6 a 2 + b 2 + c 2 Так как a > b, то x > h , а значит − h < y − h < p − z те. Поэтому > ct cos x + a 2 + b 2 − t 2 2 = c − b 2b t 2 + c(b 2 − a 2 ) 2b + a 2 + b 2 2 = Коэффициент при отрицателен или равен нулю кроме того, t < a + Следовательно, g(t) > g(a + b) = bc + ca − а) Так как CMXN — прямоугольник, то MN = CX. Поэтому длина отрезка MN будет наименьшей, если CX — высота. б) Пусть S ABC = S. Тогда S AMX = AX 2 · и S BNX = BX 2 · Поскольку AX 2 + BX 2 > AB 2 /2 (причём равенство достигается, только если середина отрезка AB), то S CMXN = S − S AMX − S BNX 6 S/2. Площадь четырёхугольника CMXN будет наибольшей, если X — середина стороны Точки P и Q лежат на окружности, построенной на отрезке CM как на диаметре. В этой окружности постоянный угол C опирается на хорду поэтому длина хорды PQ будет минимальна, если минимален диаметр окружности, те высота треугольника По теореме синусов радиусы описанных окружностей треугольников и BCM равны AC/(2 sin AMC) и BC/(2 sin BMC) соответственно. Легко проверить, что sin AMC = sin BMC. Поэтому AC/(2 sin AMC) + BC/(2 sin BMC) = = (AC + BC)/(2 sin Последнее выражение будет наименьшим, если sin BMC = 1, те Точки P и Q лежат на окружности с диаметром AM, поэтому = AM sin PAQ = AM sin A. Значит, длина отрезка PQ максимальна, когда — диаметр описанной окружности. 11.18. Ясно, что 2S ABC =ad a +bd b +cd c . Поэтому произведение будет наибольшим, если ad a = bd b = см. с. Так как величина постоянна, произведение (ad a )(bd b )(cd c ) будет наибольшим тогда и только тогда, когда будет наибольшим произведение Покажем, что равенство ad a = bd b = означает, что O — точка пересечения медиан треугольника ABC. Обозначим точку пересечения прямых и BC через A 1 . Тогда BA 1 : A 1 C = S ABA 1 : S ACA 1 = S ABO : S ACO = (cd c ) : (bd b ) = те медиана. Аналогично доказывается, что точка O лежит на медианах и Пусть a = MA 1 /AA 1 , b = и g = MC 1 /CC 1 . Так как a + b + g = = 1 (см. задачу 4.49 а), то abg 6 ( a + b + g )/3 = 1/3, причём равенство достигается, когда a = b = g = 1/3, те точка пересечения медиан Глава 11. Задачи на максимум и минимум 11.20. Пусть x = MA 1 , y = и z = MC 1 . Тогда ax + by + cz = 2S BMC + + 2S AMC + 2S AMB = 2S ABC . Поэтому 2S ABC = a x + b y + c z (ax + by + cz) = = a 2 + b 2 + c 2 + ab x y + y x + bc y z + z y + ac z x + x z > a 2 + b 2 + c 2 + 2ab + 2bc + 2ac, причём равенство достигается, только если x = y = z, те центр вписанной Рис. окружности треугольника Предположим сначала, что все углы треугольника ABC меньше 120 ◦ . Тогда внутри его существует точка O, из которой все стороны видны под углом 120 ◦ . Проведём через вершины A, B и C прямые, перпенди- кулярные отрезками. Эти прямые образуют правильный треугольник рис. 11.3). Пусть O 0 — любая точка, лежащая внутри треугольника ABC и отличная от точки. Докажем, что тогда O 0 A + O 0 B + O 0 C > > OA + OB + те искомая точка. Пусть A 0 , B 0 и C 0 — основания перпендику- ляров, опущенных из точки O 0 на стороны — длина стороны правильного треугольника A 1 B 1 C 1 Тогда O 0 A 0 + O 0 B 0 + O 0 C 0 = 2(S O 0 B 1 C 1 + S O 0 A 1 B 1 + S O 0 A 1 C 1 )/a = 2S A 1 B 1 C 1 /a = OA + OB + OC. Так как наклонная длиннее перпендикуляра, то O 0 A + O 0 B + O 0 C > O 0 A 0 + O 0 B 0 + O 0 C 0 = = OA + OB + Пусть теперь один из углов треугольника ABC, например угол C, больше или равен 120 ◦ . Проведём через точки A и B перпендикуляры и Риск отрезкам CA и CB, а через точку — прямую, перпендикулярную биссектрисе угла рис. 11.4). Так как ∠AC 1 B = 180 ◦ − ∠ACB < то Пусть любая точка, ле- жащая внутри треугольника A 1 B 1 C 1 Поскольку B 1 C 1 · O 0 A 0 + C 1 A 1 · O 0 B 0 + A 1 B 1 · O 0 C 0 = то+ O 0 B 0 + O 0 C 0 ) · B 1 C 1 = 2S A 1 B 1 C 1 + (B 1 C 1 − A 1 B 1 ) · Так как B 1 C 1 > A 1 B 1 , то суммами- нимальна для точек, лежащих на стороне B 1 A 1 . Ясно также, что O 0 A + O 0 B + O 0 C > O 0 A 0 + O 0 B 0 + O 0 C 0 . Следовательно, искомой точкой является вершина Пусть расстояния от точки O до сторон, CA и AB равны x, y и z соответственно. Тогда + by + cz = 2(S BOC + S COA + S AOB ) = 2S ABC . Ясно также, что x : y : z = (S BOC /a) : (S COA /b) : Уравнение + by + cz = 2S задаёт плоскость в трёхмерном пространстве с координатами x, y, z, причём вектор (a, b, c) перпендикулярен этой плос- кости, так как если+ by 1 + cz 1 = и+ by 2 + cz 2 = то x 2 ) + b(y 1 − y 2 ) + c(z 1 − z 2 ) = 0. Нам нужно найти точку (x 0 , y 0 , z 0 ) этой плоскости, для которой достигается минимум выражения x 2 + y 2 + z 2 , и проверить, что этой точке соответствует некоторая внутренняя точка треугольника Решения задач 283 Так как x 2 + y 2 + z 2 — это квадрат расстояния от начала координат до точки, y, z), то искомой точкой является основание перпендикуляра, опущенного изначала координат на плоскость, те. Остаётся проверить, что внутри треугольника существует точка O, для которой x : y : z = a : b : Это равенство эквивалентно условию a : b : те. Атак как равенство S BOC : S AOB = a 2 : следует из равенств S BOC : S COA = a 2 : и S COA : S AOB = b 2 : c 2 , то искомая точка — это точка пересечения прямых и AA 1 , делящих стороны AB ив отношениях BC 1 : C 1 A = a 2 : и CA 1 : A 1 B = b 2 : соответственно (точка Лемуана). 11.23. Пусть O — вершина данного угла. Точка C является точкой касания стороны угла с окружностью, проходящей через точки A и B, те. Для нахождения длины отрезка OC достаточно провести касатель- Рис. 11.5 ную к любой окружности, проходящей через точки и Рассмотрим угол X 0 A 0 Y 0 , симметрич- ный углу XAY относительно точки O. Пусть B и C — точки пересечения сторон этих углов. Обозначим точки пересечения прямой, проходящей через точку O, со сторонами углов XAY и X 0 A 0 Y 0 через B 1 , C 1 и B 0 1 , C 0 соответственно (рис. 11.5). Так как S AB 1 C 1 = S A 0 B 0 1 C 0 то (S ABA 0 C + S BB 1 C 0 1 + S CC 1 B 0 Площадь треугольника минимальна, если B 1 = и C 1 = C, те. искомой прямой является BC. 11.25. Возьмём на сторонах OA и OB точки iKiиiLiтак,чтоiKP k и k Тогда : KP = PL : а значит + LN > 2 √ KM · LN = 2 √ KP · PL = 2 √ OK · OL, причём равенство достигается, когда KM = LN = √ OK · Ясно также, что Рис. 11.6 OM + ON = (OK + OL) + (KM + Отложим на лучах AX и равные отрезки AB и AC. Если точка лежит на отрезке BC, то сумма расстояний от неё до прямых AB и AC равна+ S ACM )/AB = 2S ABC /AB. Поэтому сумма расстояний от точки до прямых и AY тем меньше, чем меньше расстояние от её проекции на биссектрису угла XAY до точки Пусть точки M 1 и M 2 симметричны M относительно прямых и AC. Так как и то 2∠BAC < 180 ◦ . Поэтому отрезок пересекает лучи AB ив некоторых точках X ирис. Докажем, что Глава 11. Задачи на максимум и минимум и Y — искомые точки. В самом деле, если точки и лежат на лучах и AC, то MX 1 = и MY 1 = M 2 Y 1 , те. периметр треугольника MX 1 Y 1 равен длине ломаной M 1 X 1 Y 1 M 2 . Из всех ломаных с концами в точках M 1 и наименьшую длину имеет отрезок M 1 M 2 11.28. Четырёхугольник ABOC наибольшей площади выпуклый. Среди всех треугольников ABC с фиксированными углом A и стороной BC наибольшую площадь имеет равнобедренный треугольник с основанием BC (задача 11.1 ). Значит, среди всех рассматриваемых четырёхугольников ABOC с фиксированной диагональю BC наибольшую площадь имеет четырёхугольник, для которого AB = AC, те. точка O лежит на биссектрисе угла A. Рассмотрим, далее, треугольник ABO, в котором фиксированы угол BAO, равный и сторона BO. Площадь этого треугольника максимальна, когда AB = Пусть O — точка пересечения диагоналей выпуклого четырёхуголь- ника ABCD, а O 1 — любая другая точка. Тогда AO 1 + CO 1 > AC = AO + и BO 1 + DO 1 > BD = BO + DO, причём хотя бы одно из неравенств строгое. Следовательно, O — искомая точка. 11.30. Так как S AOB : S BOC = AO : OC = S AOD : S DOC , то S BOC · S AOD = S AOB · S DOC = = 36. Следовательно, S BOC + S AOD > 2 √ S BOC · S AOD = 12, причём равенство достигается, если S BOC = S AOD , те, откуда AB k CD. При этом площадь четырёхугольника равна 4 + 9 + 12 = Пусть и S — рассматриваемые суммы площадей треугольников для прямой l 0 , проходящей через точку пересечения диагоналей трапеции, и для некоторой другой прямой l. Легко проверить, что S = S 0 + s, где s — площадь треугольника, образованного диагоналями AC и BD и прямой l. Поэтому искомая прямая. 11.32. Длины диагоналей трапеции обозначим через и d 2 , длины их проекций на основание — через и p 2 , длины оснований — через a и высоту — через h. Пусть для определённости d 1 > d 2 . Тогда p 1 > p 2 . Ясно, что p 1 + p 2 > a + b. Поэтому p 1 > (a + b)/2 = S/h = 1/h. Следовательно, причём равенство достигается, только если p 2 = h = 1. При этом Докажем, что искомой точкой является точка M, делящая сторону в отношении BM : MC = AK : KD. Обозначим точки пересечения отрезков и BK, DM и CK через P, Q соответственно. Тогда KQ : QC = KD : MC = = KA : MB = KP : PB, те. прямая PQ параллельна основаниям трапеции. Пусть M 1 — любая другая точка на стороне BC. Для определённости можно считать, что лежит на отрезке BM. Обозначим точки пересечения AM 1 и BK, и CK, и PQ, и PQ, AM и через P 1 , Q 1 , P 2 , Q 2 , O соответственно (рис. 11.7). Нужно доказать, что S MPKQ > те. Ясно, что S MOQ 1 Q > S MOQ 2 Q = S M 1 OPP 2 > Согласно задаче 4.46 а) S 2 = (p − a)(p − b)(p − c)(p − d) − abcd cos 2 ((B + Эта величина максимальна, когда cos((B + D)/2) = 0, те Если A и A 0 — симметричные относительно точки O вершины многоугольника, то сумма расстояний до точек A и одна и та же для всех точек отрезка AA 0 , а для всех других точек она больше. Точка O принадлежит всем таким отрезкам Решения задач 285 Рис. Если в треугольнике ABC угол B тупой или прямой, то по теореме косинусов AC 2 > AB 2 + BC 2 . Поэтому, если в многоугольнике угол при вершине B неострый, то, выбросив вершину B, получим многоугольник сне меньшей суммой квадратов длин сторон. Так как у любого угольника при n > 3 есть неострый угол, с помощью такой операции мы приходим к треугольнику. Среди всех треугольников, вписанных в данную окружность, наибольшую сумму квадратов длин сторон имеет правильный треугольник (см. задачу 11.5 ). 11.37. Если точка X делит некоторый отрезок PQ в отношении l : (1 то # – A i X = (1 − l ) # – A i P + l # – A i Q, а значит A i X 6 (1 − l )A i P + l A i Q. Следовательно) = P A i X 6 (1 − l ) P A i P + l P A i Q = (1 − l )f(P) + l f(Q). Пусть, например f(Q); тогда f(X) 6 f(Q). Поэтому функция f на отрезке PQ принимает максимальное значение водном из его концов точнее говоря, внутри отрезка не может быть точки строгого максимума функции f. Следовательно, если X — любая точка многоугольника, то f(X) 6 f(Y), где Y — некоторая точка стороны многоугольника, а f(Y) 6 f(Z), где Z — некоторая вершина. 11.38. Геометрическое место точек X, для которых угол OXA постоянен, состоит их двух симметричных относительно прямой OA дуг окружностей S 1 и S 2 . Рассмотрим тот случай, когда диаметр окружностей и равен радиусу исходной окружности, те. эти окружности касаются исходной окружности в точках и M 2 , для которых ∠OAM 1 = ∠OAM 2 = 90 ◦ . Точки M 1 и являются искомыми, так как если ∠OXA > ∠OM 1 A = ∠OM 2 A, то точка X лежит строго внутри фигуры, образованной окружностями и и не может лежать на исходной окружности. 11.39. Обозначим точку пересечения прямой l и отрезка AB через Рассмотрим произвольную окружность S, проходящую через точки A и Она пересекает l в некоторых точках M и N. Поскольку MO · NO = AO · BO постоянная величина, то = MO + NO > 2 √ MO · NO = 2 √ AO · BO, причём равенство достигается, только если MO = NO. В этом случае центр окружности S является точкой пересечения серединного перпендикуляра кот- резку AB и перпендикуляра к прямой l, проходящего через точку Построим окружность с диаметром PQ. Если эта окружность пересекается с прямой l, то любая из точек пересечения является искомой, поскольку в этом случае P 0 = Q 0 . Если же окружность не пересекается с прямой l, то для любой точки M на прямой l угол PMQ острый и ∠P 0 PQ 0 = 90 ◦ ± ∠PMQ. Глава 11. Задачи на максимум и минимум Теперь легко убедиться, что длина хорды минимальна, если угол максимален. Для нахождения точки M остаётся провести через точки P и окружности, касающиеся прямой l см. задачу 8.57 а), и из точек касания выбрать нужную. 11.41. Пусть сумма расстояний от точек A и B до прямой l равна Если прямая l пересекает отрезок AB в точке X, то S AOB = h · OX, поэтому величина h экстремальна, когда экстремальна величина OX, те. прямая соответствует стороне или высоте треугольника AOB. Если прямая l не пересекает отрезок AB, то величина h равна средней линии трапеции, ограниченной перпендикулярами, опущенными из точек A и B напрямую. Эта величина экстремальна, когда прямая l перпендикулярна медиане OM треугольника или соответствует стороне треугольника AOB. Остаётся выбрать две из полученных четырёх прямых. 11.42. Предположим сначала, что точки являются вершинами выпуклого пятиугольника. Сумма углов пятиугольника равна 540 ◦ , поэтому один из его Рис. углов не превосходит 540 ◦ /5 = 108 ◦ . Диагонали делят этот угол натри угла, поэтому один из них не превосходит 108 ◦ /3 = 36 ◦ . В этом случае a 6 Если точки не являются вершинами выпуклого пятиугольника, то одна из них лежит внутри треугольника, образованного тремя другими. Один из углов этого треугольника не превосходит 60 ◦ . Отрезок, соединяющий соответствующую вершину с внутренней точкой, делит этот угол на два угла, поэтому один из них не превосходит 30 ◦ . В этом случае a 6 Во всех случаях a 6 36 ◦ . Ясно, что для правильного пятиугольника a = Замкнутый маршрут, проходящий через все перекрёстки, может иметь 20 поворотов (рис. 11.8). Остаётся доказать, что меньше поворотов такой маршрут иметь не может. После каждого поворота происходит переход с горизонтальной улицы на вертикальную или с вертикальной на горизонтальную. Поэтому число горизонтальных звеньев замкну- Рис. того маршрута равно числу вертикальных звеньев и равно половине числа поворотов. Предположим, что замкнутый маршрут имеет меньше 20 поворотов. Тогда найдутся улицы обоих направлений, по которым маршрут не проходит. Поэтому маршрут не проходит через перекрёсток этих улиц. 11.44. Прямая может пересекать 15 клеток (рис. 11.9). Докажем теперь, что прямая не может пересекать более 15 клеток. Число клеток, которые пересекает прямая, на 1 меньше числа точек пересечения её с отрезками, задающими стороны клеток. Внутри квадрата имеется 14 таких отрезков. Поэтому внутри квадрата не более 14 точек пересечения прямой со сторонами клеток. Никакая прямая не Решения задач 287 может пересекать границу доски более чем в двух точках, поэтому число точек пересечения её с отрезками не превышает 16. Следовательно, наибольшее число клеток шахматной доски размером 8 × 8, которые можно пересечь одной прямой, равно Докажем сначала, что 33 точки разместить таким образом нельзя. Действительно, если на отрезке длиной 1 находятся 33 точки, то расстояние между какими-нибудь двумя из них не превосходит 1/32. Отрезок с концами в этих точках содержит две точки, а он должен содержать не более + 1000/32 точек, те. менее двух точек. Докажем теперь, что 32 точки разместить можно. Возьмём 32 точки, делящие отрезок на равные части (концы данного отрезка входят в число этих точек. Тогда отрезок длиной d содержит либо [31d], либо [31d] + 1 точек. Рис. Нужно доказать, что [31d] 6 1000d 2 . Если 31d < то [31d] = 0 < 1000d 2 . Если 31d > 1, то [31d] 6 31d 6 6 (31d) 2 = 961d 2 < Примечание целая часть числа те. наибольшее целое число, не превосходящее а) Пусть неправильный угольник описан около окружности S. Опишем около этой окружности правильный угольника около него опишем окружность рис. 11.10). Докажем, что площадь части неправильного угольника, заклю- чённой внутри S 1 , больше площади правильного n-угольника. Все касательные к S отсекают отравные сегменты. Поэтому сумма площадей сегментов, отсекаемых от сторонами правильного n-угольника, равна сумме площадей сегментов, отсекаемых от сторонами неправильного угольника или их продолжениями. Но для правильного угольника эти сегменты не пересекаются (точнее говоря, не имеют общих внутренних точек, а для неправильного угольника некоторые из них обязательно перекрываются, поэтому площадь объединения этих сегментов для правильного угольника больше, чем для неправильного. Следовательно, площадь части неправильного угольника, заключённой внутри окружности S 1 , больше площади правильного угольника, а площадь всего неправильного угольника и подавно больше площади правильного. б) Эта задача следует из атак как периметр многоугольника, описанного около окружности радиуса R, равен 2S/R, где S — площадь многоугольника. 11.47. Стороны треугольника ABC пропорциональны sin a , sin и sin Если угол фиксирован, то величина a − sin b | = 2|sin(( a − b )/2) тем больше, чем больше величина f = | a − b |. Остаётся заметить, что величины и sin a + sin b = 2 cos( g /2) cos( f /2) монотонно убывают при возрастании а) Обозначим длину стороны правильного угольника, вписанного в данную окружность, через a n . Рассмотрим произвольный неправильный n-угольник, вписанный в эту окружность. У него обязательно найдётся сторона длиной меньше a n . А вот стороны длиной больше у него может и не быть, но тогда этот многоугольник можно заключить в сегмент, отсекаемый стороной правильного угольника. Так как при симметрии относительно стороны правильного угольника сегмент, отсекаемый этой стороной, попадает Глава 11. Задачи на максимум и минимум Рис. внутрь угольника, площадь угольника больше площади сегмента. Поэтому можно считать, что у рассматриваемого угольника есть сторона длиной меньше и сторона длиной больше Мы можем поменять местами соседние стороны ini-угольника,т. е. вместо многоугольника. . . взять многоугольник 2 A 3 . . . где точка A 0 симметрична точке относительно серединного перпендикуляра к отрезку рис. 11.11). При этом оба многоугольника вписаны в одну и туже окружность и их площади равны. Ясно, что с помощью этой операции можно сделать соседними любые две стороны многоугольника. Поэтому будем считать, что у рассматриваемого угольника A 1 A 2 > и A 2 A 3 < a n . Пусть A 0 2 — точка, симметричная точке относительно серединного перпендикуляра к отрезку A 1 A 3 . Если точка A 00 лежит на дуге A 2 A 0 2 , то разность углов при основании у треугольника A 1 A 00 меньше, чему треугольника A 1 A 2 A 3 , так как величины углов A 1 A 3 A 00 и A 3 A 1 A 00 заключены между величинами углов и A 3 A 1 A 2 . Поскольку A 1 A 0 2 < и A 1 A 2 > a n , тона дуге A 2 A 0 существует точка A 00 2 , для которой A 1 A 00 2 = a n . Площадь треугольника A 1 A 00 больше площади треугольника см. задачу 11.47 а). Площадь многоугольника 2 A 3 . . . больше площади исходного многоугольника, и у него по крайней мерена больше число сторон, равных a n . За конечное число шагов мы придём к правильному угольнику, причём каждый раз площадь увеличивается. Следовательно, площадь любого неправильного угольника, вписанного в окружность, меньше площади правильного угольника, вписанного в туже окружность. б) Доказательство аналогично предыдущему, нужно только воспользоваться результатом задачи 11.47 б), а незадачи а ГЛАВА ВЫЧИСЛЕНИЯ И МЕТРИЧЕСКИЕ СООТНОШЕНИЯ Вводные задачи 1. Докажите теорему косинусов AB 2 + AC 2 − 2AB · AC cos Докажите теорему синусов a = b sin b = c sin g = Стороны параллелограмма равны a и b, а диагонали равны d и Докажите, что 2(a 2 + b 2 ) = d 2 + Докажите, что площадь выпуклого четырёхугольника ABCD равна, где f — угол между диагоналями 1. Теорема синусов 12.1. Докажите, что площадь S треугольника равна Точка D лежит на основании AC равнобедренного треугольника. Докажите, что радиусы описанных окружностей треугольников и CBD равны. 12.3. Выразите площадь треугольника ABC через длину стороны и величины углов B и Докажите, что + b c = cos a − b 2 sin и − b c = sin a − b 2 cos В остроугольном треугольнике ABC проведены высоты и CC 1 . Точки и симметричны и относительно середин сторон BC и AB. Докажите, что прямая, соединяющая вершину с центром O описанной окружности, делит отрезок A 2 C 2 пополам. 12.6*. Через точку S проведены прямые a, b, c и d; прямая l пересекает их в точках A, B, C и D. Докажите, что величина не зависит от выбора прямой Даны прямые a и b, пересекающиеся в точке O, и произвольная точка P. Прямая l, проходящая через точку P, пересекает прямые ив точках A и B. Докажите, что величина (AO/OB)/(PA/PB) не зависит от выбора прямой l. Глава 12. Вычисления и метрические соотношения Рис. Обозначим вершины и точки звеньев (неправильной) пятиконечной звезды так, как показано на рис. 12.1. Докажите, что A 1 C · B 1 D · C 1 E · D 1 A · E 1 B = = A 1 D · B 1 E · C 1 A · D 1 B · Два подобных равнобедренных треугольника имеют общую вершину. Докажите, что проекции их оснований на прямую, соединяющую середины оснований, равны. 12.10*. На окружности с диаметром взяты точки C и D. Прямая CD и касательная к окружности в точке B пересекаются в точке X. Выразите BX через радиус окружности R и углы f = и y = См. также задачи 2.87 в), 3.32 б), 4.44 , 5.27 , 5.59 , 5.74 а), 5.94 , 5.98 , 5.120 |