Я. П. Понарин элементарная геометрия том 1 планиметрия, преобразования плоскости москва
 Скачать 2.08 Mb.
|
|
A B C A 1 B 1 C 1 a 1 a 2 Рис. прямые BC, CA, AB соответственно в точках A 1 , B 1 , рис. 72). Тогда = ∠BAA 1 = ∠C, |a 2 | = ∠A 1 AC = ∠A + + ∠C, где ∠A, ∠B, ∠C — углы треугольника. Так как углы и ориентированы противоположно, то sin a 1 sin a 2 = − sin C sin(A + C) = − sin C sin Аналогично sin b 1 sin b 2 = − sin A sin C , sin g 1 sin g 2 = − sin B sin углы изображены на рис. 68). Следовательно, условие) выполняется и поэтому точки A 1 , B 1 , коллинеарны. Теорема Паскаля для вписанного шестиугольника. Во вписанном в окружность шестиугольнике точки пересечения (если они суще- 1 П ас кал ь Блез (1623—1662) — французский математик, физики философ. Теорему о вписанном шестиугольнике он вывел в летнем возрасте. Она является одной из первых и важных теорем проективной геометрии ствуют) противоположных сторон лежат на одной прямой (прямой Паскаля вписанного шестиугольника). A B C A 1 B 1 C 1 X Y Z M N P Рис. Доказательство. Пусть в окружность вписав шестиугольник рис. 73). Докажем, что точки M = (AB 1 ) ∩ (A 1 B), P = (BC 1 ) ∩ (B 1 C), N = (CA 1 ) ∩ (C 1 A) коллинеарны. Введем в рассмотрение точки X = (AB 1 ) ∩ (CA 1 ), Y = (BC 1 ) ∩ (CA 1 ), Z = (AB 1 ) ∩ (предполагая их существование. По свойству секущих · XB 1 = XC · XA 1 , Y B · Y C 1 = Y C · Y A 1 , ZB · ZC 1 = ZA · На основании теоремы Менелая применительно к треугольнику Z и прямым AC 1 , CB 1 , имеем соответственно N N X = −1, XB 1 B 1 Z · ZP P Y · Y C CX = −1, XM M Z · ZB BY · Y A 1 A 1 X = Перемножим почленно эти равенства. В левой части полученного равенства в силу (10.3) произойдут сокращения дроби. Вследствие этого получим Z · ZP P Y · Y N N X = откуда следует коллинеарность точек M , P , N . 77 Задача. Через две данные точки M и N проведены две касательные и N Q к окружности, не содержащей эти точки. Доказать, Q L S M N P Рис. что прямая, проходящая через точки P и касания, пересекает прямую M N в такой точке L, для которой (рис. 74) M L LN = M P N Решение. Пусть (M P ) ∩ (N Q) = По теореме Менелая для треугольника N и прямой P QL имеем M · M L LN · N Q QS = Поскольку SP = SQ, то отсюда следует Задача. Доказать, что во вписанном четырехугольнике точки пересечения противоположных сторон и точки пересечения касательных в противоположных вершинах лежат на одной прямой (теорема Паскаля для вписанного четырехугольника) (рис. Решение. Пусть четырехугольник ABCD вписан в окружность, касательные в вершинах A и C пересекаются в точке M , касательные в вершинах B и D пересекаются в точке N и (AB) ∩ (M N ) = P . На основании предыдущей задачи P P N = M A N B . Если (CD) ∩ (M N ) = Q, тона том же основании Q N Q = M C N D . Поскольку M C = M A и N D = N B, то A B C D K M N P Q Рис. 75 M P P N = M Q QN , откуда следует, что точки P и Q совпадают. Итак, доказано, что точка P пересечения противоположных сторон AB и CD лежит на прямой M N , соединяющей точки пересечения касательных в противоположных вершинах. С равным правом на той же прямой лежит точка пересечения прямых BC и Упражнения. Биссектрисы двух внутренних углов треугольника и биссектриса внешнего угла, не смежного сними, пересекают прямые, содержащие соответственные стороны треугольника в трех коллинеарных точках. Докажите. 10.2. Докажите, что биссектрисы внешних углов неравнобедренного треугольника пересекают прямые, содержащие противоположные стороны, в трех точках одной прямой. Прямая пересекает прямые BC, CA, AB, содержащие стороны треугольника ABC, соответственно в точках A 1 , B 1 , C 1 . Точки A 2 , B 2 , симметричны точкам A 1 , B 1 , соответственно относительно середин сторон BC, CA, AB. Докажите, что точки A 2 , B 2 , лежат на одной прямой (прямые и называются изотомически сопряженными относительно треугольника ABC). 10.4. Докажите теорему Симсона (§ 8), пользуясь теоремой Менелая. 10.5. Докажите, что середина высоты треугольника, центр вписанной в него окружности и точка касания стороны, на которую опущена высота, с соответствующей вневписанной окружностью лежат на одной прямой. Серединные перпендикуляры к биссектрисам треугольника пересекают прямые, содержащие его соответственные стороны, в точках, лежащих на прямой. Докажите. Вычислите отношения (4.3) и (4.9), пользуясь теоремой Ме- нелая. 10.8. Докажите, что во вписанном шестиугольнике диагонали и A 1 B 1 , и C 1 C 1 , AB и пересекаются в точках одной прямой. Если A, B, C — три произвольные точки одной прямой и A 1 , B 1 , C 1 — три произвольные точки другой прямой, M = (AB 1 ) ∩ (A 1 B), N = (AC 1 ) ∩ (A 1 C), P = (BC 1 ) ∩ (B 1 C), то точки M , N , P лежат на одной прямой (теорема Пап па. Докажите. Докажите, что прямые, соединяющие основания чевиан точки в треугольнике, пересекают его соответственные стороны (прямые) в трех коллинеарных точках. Теорема Б р и ан ш она. В описанном четырехугольнике прямые, соединяющие точки касания противоположных сторон, проходят через точку пересечения его диагоналей. Докажите 10.12. В описанном четырехугольнике ABCD прямые и соединяющие две противоположные вершины A и C с точками и касания сторон BC и AB, пересекаются на диагонали BD. 10.13. Середина основания трапеции соединена с вершинами другого основания. Эти прямые пересекают диагонали трапеции в точках и Q. Докажите, что прямая P Q параллельна основаниями ее отрезок, заключенный между боковыми сторонами трапеции, делится точками и Q натри равные части. Даны две параллельные прямые и не принадлежащая им точка. Пользуясь только одной линейкой (без циркуля, проведите через данную точку прямую, параллельную данным прямым 11. Метрические соотношения в четырехугольнике. Центроид четырехугольника. Отрезки (а также прямые, соединяющие середины противоположных сторон четырехугольника, называются его средними линиями. Теорема. Средние линии четырехугольника и отрезок, соединяющий середины его диагоналей, пересекаются водной точке и делятся ею пополам. Д ока за тел ь ст во. Пусть M N и P Q — средние линии четырехугольника, точки E и F — середины его диагоналей AC ирис. Тогда по свойству средней линии треугольника отрезки M Рис. и N Q параллельны диагонали AC и равны ее половине. Следовательно, четырехугольник M P N Q — параллелограмм. С равным правом четырехугольники и P EQF — параллелограммы. Из этих трех параллелограммов каждые два имеют общую диагональ. Отсюда и следует истинность доказываемого свойства. Д ока за тел ь ст во. Примем произвольную точку O за начало векторов. Тогда OM = 1 2 (OA + OB) и = 1 2 (OC + OD). Пусть G — середина M N . Тогда = 1 2 (OM + ON ) = 1 4 (OA + OB + OC + OD). 80 В это выражение векторы вершин четырехугольника входят равноправно. Поэтому точка G будет и серединой отрезков P Q и EF Определение. Точка пересечения средних линий четырехугольника называется центроидом этого четырехугольника. Вектор центроида G имеет выражение = 1 4 (OA + OB + OC + При совпадении точек O и G будем иметь + GB + GC + GD = Теорема. Четыре отрезка, каждый из которых соединяет вершину четырехугольника с центроидом треугольника, образованного оставшимися тремя вершинами, пересекаются в центроиде четырехугольника и делятся им в отношении 3 : 1, считая от вершин. В самом деле, если G 1 — центроид треугольника BCD, то для любой точки O согласно (4.1) OG 1 = 1 3 (OB + OC + Разделим отрезок в отношении 3 : 1. Вектор делящей точки равен чем и заканчивается доказательство. Длины средних линий и расстояние между серединами диагоналей четырехугольника. Выведем сперва удобную в применениях формулу для скалярного произведения произвольных векторов AB и. Пользуясь теоремой косинусов (3.6), находим · CD = 2AB(AD − AC) = = 2AB · AD − 2AB · AC = AB 2 + AD 2 − BD 2 − AB 2 − AC 2 + Итак · CD = AD 2 + BC 2 − BD 2 − Отсюда следует ⊥ CD ⇔ AD 2 + BC 2 = AC 2 + BD 2 , AC ⊥ BD ⇔ AD 2 + BC 2 = AB 2 + Таким образом, две противоположные стороны четырехугольника перпендикулярны тогда и только тогда, когда сумма квадратов двух других противоположных сторон равна сумме квадратов диагоналей. Диагонали четырехугольника перпендикулярны тогда и только тогда, когда суммы квадратов противоположных сторон равны. Введем постоянные обозначения AB = a, BC = b, CD = c, DA = d, AC = e, BD = f . Запишем два представления вектора M N : M N = M A + + AD + DN и M N = M B + BC + CN . Складывая их и учитывая, что b c d e Рис. 77 M A + M B = 0 ирис, получим+ Аналогично 2P Q = BA + CD и 2EF = AD + + Далее находим, руководствуясь формулой Итак, M N 2 = 1 4 (b 2 + d 2 + e 2 + f 2 − a 2 − c 2 ). Аналогично Q 2 = 1 4 (a 2 + c 2 + e 2 + f 2 − b 2 − d 2 ), EF 2 = 1 4 (a 2 + b 2 + c 2 + d 2 − e 2 − Последнюю из этих формул называют формулой Эйлера. Рассмотрим некоторые частные случаи) Если четырехугольник ABCD — параллелограмм, то середины и F его диагоналей совпадают. Следовательно+ b 2 + c 2 + d 2 = e 2 + те. сумма квадратов диагоналей параллелограмма равна сумме квадратов всех его сторон) Если четырехугольник ABCD — трапеция с основаниями и CD, то (11.2) принимает вид −2ac = d 2 + b 2 − e 2 − f 2 , откуда e 2 + f 2 = = b 2 + d 2 + 2ac и поэтому Q 2 = 1 4 (a 2 + c 2 + 2ac), P Q = 1 2 (a + c), EF 2 = 1 4 (a 2 + c 2 − 2ac), EF = 1 2 |a − c|. 3) Треугольник можно рассматривать как вырожденный четырехугольник с двумя совпавшими вершинами. Скажем, если точки C и D 82 совпадают, то середина N отрезка CD совпадает сними (рис. 78). Средняя линия M N четырехугольника становится медианой треугольника, а средняя линия P Q совпадает си будет средней линией A B C D M Q P E F Рис. треугольника ABC. Тогда e = d, b = f , c = поэтому из первой формулы (11.5) получаем формулу длины медианы треугольника N 2 = 1 4 (2b 2 + 2d 2 − а вторая и третья формулы дают Q = EF = 1 Из формул (11.5) вытекают еще и такие следствия) Выполнено равенство N 2 + P Q 2 + EF 2 = 1 4 (a 2 + b 2 + c 2 + d 2 + e 2 + f 2 ). (11.8) 5) Средние линии четырехугольника равны тогда и только тогда, когда равны суммы квадратов его противоположных сторон) Расстояние между серединами диагоналей четырехугольника равно длине его средней линии тогда и только тогда, когда сумма квадратов диагоналей равна сумме квадратов противоположных сторон, содержащих концы этой средней линии. Зависимость между длинами сторон и диагоналей четырехугольника. Шесть расстояний между четырьмя произвольными точками плоскости, взятыми попарно, связаны соотношением+ d 2 + e 2 + f 2 − a 2 − c 2 ) + b 2 d 2 (a 2 + c 2 + e 2 + f 2 − b 2 − d 2 ) + + e 2 f 2 (a 2 + c 2 + b 2 + d 2 − e 2 − f 2 ) = (abe) 2 + (bcf ) 2 + (cde) 2 + (daf Доказательство этой зависимости выходит за рамки настоящего по- собия. В силу формул (11.5) соотношение (11.9) эквивалентно такому · CD · M N ) 2 + (2BC · AD · P Q) 2 + (2CA · BD · EF ) 2 = = (AB · BC · CA) 2 + (BC · CD · DB) 2 + (CD · DA · AC) 2 + (DA · AB · Равенство (11.9) можно представить еще ив таком виде a e d 1 a 0 b f 1 e b 0 c 1 d f c 0 1 1 1 1 1 0 = 0. (11.10) 83 11.4. Теорема косинусов для четырехугольника. Для любых четырех точек AD = AB + BC + CD. Возведением в квадрат получаем AB 2 + BC 2 + CD 2 + 2AB · BC + 2AB · CD + 2BC · Освобождаясь от скалярных произведений и переходя к принятым обозначениям, имеем a 2 + b 2 + c 2 − 2ab cos B − 2ac cos w − 2bc cos где w — угол между прямыми AB ирис и C — углы четырехугольника при вершинах B и Рис. Таким образом, квадрат стороны четырехугольника равен сумме квадратов трех других его сторон без удвоенных произведений этих сторон, взятых попарно, и косинусов углов между ними. Это соотношение, называемое теоремой косинусов для четырехугольника, имеет место как для выпуклых, таки для невыпуклых четырехугольников, а также для четырехугольников с самопересечением сторон (рис. 79). Угол w во всех случаях равен p − (A + D). Поэтому зависимость (11.11) можно записать в эквивалентном ей виде a 2 + b 2 + c 2 − 2ab cos B − 2bc cos C + 2ac cos(A + Теорему косинусов для четырехугольника можно получить без использования векторов на основании теоремы косинусов для треугольника и третьей формулы (11.5). В самом деле, стороны M E и M треугольника EM F (рис. 76) параллельны соответственно DC и AB, поэтому. Так как e 2 = a 2 + b 2 − 2ab cos B и f 2 = b 2 + c 2 − 2bc cos то 4 (a 2 + b 2 + c 2 + d 2 − a 2 − b 2 + 2ab cos B − b 2 − c 2 + 2bc cos C) = = 1 4 (d 2 − b 2 + 2ab cos B + 2bc cos С другой стороны, EF 2 = M E 2 + M F 2 − 2M E · M F cos w = c 2 2 + + a 2 2 − 2 c 2 · a 2 cos Приравнивая два полученных выражения для EF 2 , приходим к соотношению. Соотношение Бретшнайдера. Другим аналогом теоремы косинусов для треугольника служит интересная зависимость между элементами простого четырехугольника ABCD: (ef ) 2 = (ac) 2 + (bd) 2 − 2abcd cos(A + Доказательство Выполним следующие построения. Вне данного четырехугольника ABCD построим треугольники ABF и, подобные соответственно треугольниками (рис. 80). A B C D E F a b c d e Рис. 80 A B C D C 1 a b c d e Рис. Из их подобия имеем e , BF a = d e , AE d = b e , DE d = a откуда AF = ac e , AE = bd e , BF = DE = ad Сумма углов при вершинах B ив четырехугольнике равна сумме углов треугольника, те. равна 180 ◦ . Следовательно. Так как, кроме того, BF = то четырехугольник BDEF — параллелограмм и F E = BD = f . В треугольнике AEF угол равен ∠A + ∠C по построению. По теореме косинусов из этого треугольника имеем e 2 + bd e 2 − 2abcd e 2 cos(A + что равносильно доказываемому соотношению (11.13). Д ока за тел ь ст во На стороне данного четырехугольника ABCD вне его построим треугольник ADC 1 , подобный треугольнику ирис. Коэффициент подобия равен d a , поэтому. Отрезок может пересекать прямую либо внутри стороны AD, либо в точке D, либо вне отрезка AD. Соответственно этим случаям угол равен либо ∠B + ∠D, либо либо 360 ◦ − (∠B + ∠D). В первом и третьем случаях из треугольников ACC 1 и по теореме косинусов получаем (∠CAC 1 = ∠BAD): CC 2 1 = e 2 + de a 2 − 2 de 2 a cos A, CC 2 1 = c 2 + bd a 2 − 2 bcd a cos(B + Приравняем правые части этих равенств и заметим, что a 2 + d 2 − 2ad cos A = f 2 85 В результате будем иметь (11.13), поскольку cos(B + D) = cos(A + Если точки C, D, коллинеарны, то cos(B + D) = −1, CC 1 = c + bd и полученный результат остается истинным. Следствия из соотношения Бретшнайдера. Если точки A, B, C, D неколлинеарны, то случай, когда cos(B + D) = −1, имеет место тогда и только тогда, когда четырехугольник ABCD вписан в окружность. Тогда (11.13) принимает вид ) 2 = (ac) 2 + (bd) 2 + что эквивалентно равенству ef = ac + bd. Таким образом, получены прямая и обратная теоремы Птолемея (§ Правая часть равенства (11.13) максимальна при cos(A + C) = = cos(B + D) = −1. Это значит, что ) 2 6 (ac) 2 + (bd) 2 + или ef 6 ac + Если точки A, B, C, D неколлинеарны, то равенство имеет место лишь для вписанного четырехугольника. Однако равенство может иметь место ив случае, когда точки A, B, C, D коллинеарны. Действительно, a) б) A B C D A B C D Рис. 82 A B C D a b c Рис. если ∠A = и ∠C = или наоборот, то cos(A + C) = −1. Эти условия выполняются тогда и только тогда, когда пара точек A и разделяют пару точек B ирис. Подводя итог, имеем следующий результат. Для любых четырех точек плоскости имеет место неравенство · BD 6 AB · CD + BC · причем знак равенства имеет место лишь в случаях, когда эти точки лежат либо на окружности, либо на прямой и пара (A, разделяет пару (B, Рассмотрим случай вырожденного четырехугольника, в котором вершина D принадлежит диагонали (рис. 83). В этом случае ∠D = 180 ◦ , c + d = e и поэтому ) 2 6 (ac) 2 + (bd) 2 − 2abcd cos(180 ◦ + B). 86 Так как cos(180 ◦ + B) = − cos B = − a 2 + b 2 − e 2 2ab , то (ef ) 2 = (ac) 2 + (bd) 2 + + cd(a 2 + b 2 − e 2 ) = ca 2 (c + d) + db 2 (c + d) − cde 2 = ca 2 e + db 2 e − cde 2 . Итак ca 2 + db 2 − Эта зависимость носит название теоремы Ст ю арт а. В частности, если BD — медиана треугольника ABC, то c e = d e = 1 2 , cd = 1 и (11.15) принимает вид 4 (2a 2 + 2b 2 − Если BD — биссектриса угла ABC, то d c = a b . Тогда+ db 2 ) = 1 e ((e − d)a 2 + db 2 ) = a 2 + d e (b 2 − Поскольку e = c + d = c + ac b = (a + b)c b , то+ db 2 ) = ab и (11.15) принимает вид ab − см. § 2, задачу Упражнения. Дан четырехугольник ABCD. Докажите, что четырехугольник с вершинами в центроидах треугольников BCD, CDA, DAB, ABC гомотетичен четырехугольнику ABCD. Найдите центр и коэффициент гомотетии. Докажите, что средние линии четырехугольника перпендикулярны тогда и только тогда, когда его диагонали равны. Выведите для четырехугольника формулы, аналогичные формулам) проекций для треугольника. Докажите теорему косинусов (11.11), пользуясь результатом предыдущей задачи. На сторонах треугольника вне его построены правильные треугольники. Докажите, что центры этих треугольников являются вершинами правильного треугольника. На стороне BC треугольника ABC вне его построен правильный треугольник BCD. Докажите, что 2 (a 2 + b 2 + c 2 ) + где S — площадь треугольника ABC. 87 11.7. На сторонах треугольника ABC вне его построены квадраты с центрами A 1 , B 1 , C 1 . Докажите, что AA 1 = B 1 C 1 , BB 1 = C 1 A 1 , CC 1 = A 1 B 1 11.8. На сторонах выпуклого четырехугольника вне его построены квадраты. Докажите, что расстояния между центрами квадратов, построенных на противоположных сторонах, равны. Докажите, что для всякого четырехугольника сумма квадратов его сторон не меньше суммы квадратов его диагоналей. Докажите, что сумма квадратов диагоналей трапеции равна сумме квадратов ее боковых сторон, увеличенной на удвоенное произведение оснований. Если сумма противоположных углов четырехугольника равна или 270 ◦ , то квадрат произведения его диагоналей равен сумме квадратов произведений противоположных сторон. Докажите. Докажите, что в параллелограмме с углом квадрат произведения диагоналей равен сумме четвертых степеней его соседних сторон. Докажите соотношение (11.15) Стюарта, не пользуясь соотношением Бретшнайдера. 11.14. Докажите, что расстояние от вершины C прямого угла прямоугольного треугольника ABC до произвольной точки D его гипотенузы выражается формулой+ где a и b — катеты, m и n — отрезки гипотенузы. Проверьте, что если точки A, B, C, D лежат на прямой и пара, C) разделяет пару (B, D), то · BD = AB · CD + BC · DA. § 12. Площадь четырехугольника. Формулы площади четырехугольника общего вида. Пусть даны длины e и f диагоналей AC и BD четырехугольника ABCD и угол между ними. Проведем через вершины A и C прямые параллельно, а через вершины B и D — прямые параллельно AC (рис. 84). Тогда получим параллелограмм M N P Q, в котором стороны равны соответственно диагоналям данного четырехугольника, а угол параллелограмма равен углу между диагоналями четырехугольника. Легко видеть, что площадь этого параллелограмма вдвое больше площади данного четырехугольника как для выпуклого, таки для невыпуклого четырехугольников. Следовательно 2 ef sin f. (12.1) D A B C M N P Q f Рис. Эта формула говорит о том, что четырехугольник равновелик треугольнику, две стороны которого равны и параллельны диагоналям этого четырехугольника. Выразим площадь четырехугольника через длины его сторон и диагоналей. В соответствии с формулой (11.2) 2AC · BD = AD 2 + BC 2 − AB 2 − откуда f| = |b 2 + d 2 − a 2 − Находим (ef ) 2 sin 2 f = (ef) 2 (1 − cos 2 f) = = (ef ) 2 · 1 − (b 2 + d 2 − a 2 − c 2 ) 2 4(ef ) 2 = 1 4 (4e 2 f 2 − (b 2 + d 2 − a 2 − Итак 4e 2 f 2 − (b 2 + d 2 − a 2 − или (2ef + b 2 + d 2 − a 2 − c 2 )(2ef + a 2 + c 2 − b 2 − Докажем еще одну формулу площади S четырехугольника ABCD: S 2 = (p − a)(p − b)(p − c)(p − d) − abcd cos 2 A + C 2 , (12.5) 89 где p = 1 2 (a + b + c + d) — полупериметр четырехугольника. Для этого еще раз используем (12.1): 4S 2 = (ef ) 2 − (ef Первое слагаемое (ef заменим его выражением (11.13), а второе — по формуле (12.2). В результате будем иметь (ac) 2 + (bd) 2 − 2abcd cos(A + C) − 1 4 (a 2 + c 2 − b 2 − Поскольку (ac) 2 + (bd) 2 = (ac + bd) 2 − 2abcd, то 4(ac + bd) 2 − (a 2 + c 2 − b 2 − d 2 ) 2 − 8abcd(1 + cos(A + C)) = =(2ac+2bd+a 2 +c 2 −b 2 −d 2 )(2ac+2bd−a 2 −c 2 +b 2 +d 2 )−16abcd cos 2 A + C 2 = =(a+b+c−d)(a+b−c+d)(a−b+c+d)(−a+b+c+d)−16abcd cos 2 A + Представим a + b + c − d так a + b + c − d = (a + b + c + d) − 2d = 2p − 2d = = 2(p − d). Аналогично a + b − c + d = 2(p − c), a − b + c + d = 2(p − b), −a + b + c + d = 2(p − После подстановки в выражение для и сокращения на 16 приходим к доказываемому равенству (12.5). 12.2. Следствия из общих формул площади четырехугольника. Применим полученные формулы к четырехугольникам частных видов. Если диагонали четырехугольника ABCD перпендикулярны, то sin f = 1 и согласно формуле (12.1) S = 1 2 ef. (12.6) 2. Если четырехугольник ABCD вписан в окружность, то ∠A + + ∠C = ∠B + ∠D = и поэтому cos A + C 2 = 0. Формула (12.5) принимает вид (p − a)(p − b)(p − c)(p − Она впервые была получена индийским математиком Брахмагуптой в веке и носит его имя — формула Брахма г у п ты для площади вписанного четырехугольника. Эта формула следует также из (поскольку для вписанного четырехугольника ef = ac + bd. 3. Пусть во вписанном четырехугольнике ABCD вершины A и совпадают. Тогда d = 0 и формула (12.7) переходит в формулу Герона для площади треугольника ABC: S 2 = (p − a)(p − b)(p − c)p. (12.8) 90 4. Из (12.5) видно, что максимальна тогда и только тогда, когда cos A + C 2 = 0, те. когда ∠A + ∠C = Итак, четырехугольник сданными сторонами имеет максимальную площадь в томи только в том случае, когда он вписан в окружность. Такой четырехугольник всегда можно построить (задача 7.24). 5. Если четырехугольник ABCD описан около окружности, то a + c = b + d и поэтому b 2 + d 2 − a 2 − c 2 = 2(bd − ac). Формула (принимает вид (ef + bd − ac)(ef − bd + ac). (12.9) 6. Если четырехугольник является одновременно вписанными описанным, то каждая из формул (12.7) и (12.9) преобразуется к виду Задача. В выпуклом четырехугольнике ABCD противоположные стороны AB и CD пересекаются в точке K. Точки E и F — середины диагоналей AC и BD. Доказать, что площадь треугольника EF K равна четвертой части площади четырехугольника Решение. Если прямые AB и CD пересекаются за стороной рис. 85), то середина P стороны BC лежит внутри треугольника EF Рис. Действительно, точки P и K лежат водной полуплоскости от прямой EF Кроме того, поскольку EP k AB, то точки P ив разных полуплоскостях от прямой EK (диагонали трапеции пересекаются внутри нее). Так как F P k CD, то точки C ив разных полуплоскостях от прямой F Для внутренней точки P треугольника K S EF K = S EF P + S EP K + S F P Так как треугольники EP K и EP B равновелики и треугольники F P K и F P C равновелики, то треугольник равновелик четырехугольнику EF CB. Диагонали этого четырехугольника — половины диагоналей данного четырехугольника. На основании формулы (12.1) S EF CB = 1 и, значит K = 1 4 S ABCD 91 Следствие. С равным правом S EF L = 1 4 S ABCD (L — точка пересечения прямых AD и BC). Поэтому треугольники EF K и EF L равнове- лики, и по лемме § 4 прямая EF проходит через середину T отрезка рис. 86). Имеем такой результат середины диагоналей выпуклого четырехугольника и середина отрезка, соединяющего точки пересечения его противоположных сторон, лежат на одной прямой. Это — доказанная ранее теорема Гаусса Задача. В окружность вписан четырехугольник, диагонали которого перпендикулярны. Из точки пересечения диагоналей опущены перпендикуляры на стороны. Доказать, что в четырехугольник сверши- нами в основаниях этих перпендикуляров можно вписать окружность. Доказать, что отношение площадей четырехугольников равно отношению радиусов окружностей. Р е ш е ни е. Пусть A 1 , B 1 , C 1 , D 1 — основания указанных перпендикуляров, принадлежащие соответственно сторонам AB, BC, CD, четырехугольника ABCD (рис. 87). На основании результата задачи п. где R — радиус данной окружности. Находим сумму A 1 B 1 + где S — площадь ABCD. Точно также. Следовательно, и поэтому четырехугольник описан около некоторой окружности радиуса r. Его площадь равна 2 (A 1 B 1 + B 1 C 1 + C 1 D 1 + D 1 A 1 )r. Из равенств 2 (A 1 B 1 + B 1 C 1 + C 1 D 1 + + D 1 A 1 )r = и A 1 B 1 + B 1 C 1 + C 1 D 1 + следует S : S 1 = R : Рис. Рис. 87 92 Упражнения. Докажите, что площадь четырехугольника равна произведению его средних линий и синуса угла между ними. Две противоположные вершины четырехугольника перенесены на некоторый вектор. Докажите, что полученный четырехугольник равновелик данному. Внутри выпуклого четырехугольника сданной площадью взята точка и построены точки, симметричные ей относительно середин всех сторон данного четырехугольника. Найдите площадь четырехугольника с вершинами в этих точках. Средние линии четырехугольника разделяют его на четыре четырехугольника. Докажите, что суммы площадей несмежных четырехугольников равны. Если только одна из средних линий четырехугольника делит его на две части равной площади, то этот четырехугольник есть трапеция. Докажите. Для любого (простого) четырехугольника ABCD 4S 2 = AC 2 · BD 2 − (AC · BD) 2 12.7. В окружность с центром O вписан четырехугольник диагонали которого перпендикулярны. Докажите, что четырехугольники и AOCD равновелики. 12.8. Прямая, проходящая через середины E и F диагоналей AC и четырехугольника ABCD, пересекает стороны AB ив точках и L. Докажите, что треугольники ABL и CDK равновелики. 12.9. Два непересекающихся отрезка делят каждую из двух противоположных сторон выпуклого четырехугольника натри равные части. Докажите, что площадь четырехугольника, отсекаемого ими отданного четырехугольника, равна третьей части его площади. Середины M и N сторон AB и CD выпуклого четырехугольника соединены с вершинами отрезками M C, M D, AN , BN Докажите, что площадь четырехугольника, заключенного между этими отрезками, равна сумме площадей треугольников, прилегающих к сторонами. Прямая, проходящая через середину диагонали BD четырехугольника параллельно диагонали AC, пересекает сторону в точке T . Докажите, что прямая CT делит четырехугольник на две части равной площади. Через середину каждой диагонали выпуклого четырехугольника проведена прямая параллельно другой диагонали. Точка пересечения этих прямых соединена с серединами сторон четырехугольника Докажите, что эти четыре отрезка делят четырехугольник на четыре равновеликие части. Докажите, что площадь четырехугольника можно вычислить по формуле (ab) 2 + (cd) 2 − 1 4 (a 2 + b 2 − c 2 − d 2 ) 2 − 2abcd cos(B + D). 12.14. Четырехугольник ABCD вписан в окружность радиуса R. Докажите, что (ab + cd)(bc + ad)(ac + bd). 12.15. Докажите, что площадь треугольника, две стороны которого равны и параллельны противоположным сторонам выпуклого четырехугольника, равна разности площадей треугольников, которые отсекаются от двух вертикальных углов между диагоналями двумя другими противоположными сторонами. Как изменится эта зависимость для невыпуклого четырехугольника. Докажите, что площадь параллелограмма, вершинами которого являются середины диагоналей и середины двух противоположных сторон выпуклого четырехугольника, равна полуразности площадей двух треугольников, отсекаемых от двух вертикальных углов между диагоналями этими противоположными сторонами. Если E и F — середины диагоналей AC и BD выпуклого четырехугольника и точка пересечения диагоналей лежит между и C и между F и D, то четырехугольники CDEF , ADEF и CBEF рав- новелики, четырехугольники ABED и CBED равновелики. Докажите. Докажите неравенства для выпуклого четырехугольника 6 ab + cd, 2S 6 ac + В каком случае имеет место равенство в каждом из них Выполняются ли эти неравенства для невыпуклого четырехугольника 13. Геометрические неравенства Для геометрических величин фигур существует необозримое число неравенств, неподдающихся какой-либо их классификации. Сделаем попытку систематизации методов их доказательств. Использование неравенств между сторонами и углами треугольника. В школьном курсе геометрии доказывается, что для любых трех точек A, B и C имеет место неравенство 6 AC + CB, (13.1) 94 называемое неравенством треугольника, причем равенство имеет место в томи только в том случае, когда точка C лежит между A и B. Строгое неравенство AB < AC + CB имеет место тогда и только тогда, когда точки A, B, C неколлинеарны. Отсюда следует, что каждая сторона треугольника больше разности двух других сторон. Неравенство (13.1) часто используется для доказательства (вывода) A B C D O Рис. других геометрических неравенств. П р им ер. Сумма диагоналей выпуклого четырехугольника больше суммы двух противоположных сторон (рис. 88): AC + BD > AB + CD, AC + BD > BC + Действительно, если (AC) ∩ (BD) = O, то AB < < AO + OB и CD < CO + OD. Складывая эти неравенства, получаем + CD < (AO + OC) + (BO + OD) = AC + Пример. Сумма расстояний от точки O, лежащей внутри треугольника, до его вершин больше его полупериметра: OA + OB + OC > 1 2 (AB + BC + В самом деле, так как AB < AO + OB, BC < BO + OC, CA < CO + + OA, то AB + BC + CA < 2(OA + OB + OC), что эквивалентно (13.3). A B C D M a Рис. Пример. Во всяком треугольнике длина m медианы CM удовлетворяет неравенствам+ Для доказательства продолжим медиану заточку на ее длину (рис. 89). Тогда имеем CD < AC + AD, те+ откуда m c < 1 2 (a + b). Далее, BC < CM + и CA < CM + AM , или a < m и b < m Поэтому a + b < 2m c + c, значит 2 (a + b − c) < m Пример. В любом треугольнике ABC сумма синусов двух углов больше синуса его третьего угла A + sin B > sin C. (13.5) 95 В самом деле, согласно теореме синусов a = 2R sin A, b = 2R sin B, c = 2R sin C. Поэтому неравенство a + b > c эквивалентно неравенству (13.5). Поскольку sin C = sin(A + B), то (13.5) эквивалентно неравенству A + sin B > sin(A + В частности, sin 1 ◦ + sin 2 ◦ > sin 177 ◦ = sin Так как + B 2 + B + C 2 + C + A 2 = 180 ◦ , то существует треугольник с этими углами, для которого на основании (13.5) имеем + B 2 + sin B + C 2 > sin C + Во многих случаях при доказательствах неравенств базовыми служат три следующих неравенства) во всяком треугольнике против большей стороны лежит больший угол, и обратно) внешний угол треугольника больше каждого его внутреннего угла, не смежного с этим внешним) если две стороны одного треугольника равны соответственно двум сторонам другого треугольника, а углы между этими сторонами неравны, то против большей стороны лежит больший угол, и обратно. П р им ер. Отрезок, соединяющий вершину треугольника с произвольной точкой его противоположной стороны, меньше большей из A B C M Рис. двух других сторон. В самом деле, пусть точка M принадлежит стороне треугольника ABC ирис. Убедимся, что CM < AC. В силу утверждения (из AC > CB следует ∠B > ∠A. На основании (2) ∠AM C > ∠B. Следовательно ∠AM C > ∠A, и поэтому Пример. Если диагональ AC четырехугольника делится диагональю BD пополам и AB > BC, то AD > Пусть AO = OC (рис. 88). Стороны OA и OB треугольника равны соответственно сторонами треугольника BOC, а третьи стороны этих треугольников неравны, тогда против большей из них лежит больший угол ∠AOB > ∠BOC, что равносильно. По этой же теореме для треугольников AOD и получается, что CD > AD. 13.2. Неравенства как следствия тождественных равенств. В имеющемся тождестве подмечаем, что некоторая величина всегда неотрицательна (или неположительна). Этот факт служит источником нера- венств. П р им ер. Имеем формулу (4.8) Эйлера OI 2 = R 2 − 2Rr. Так как 0, то R 2 − 2Rr > 0, откуда > где равенство имеет место лишь при совпадении точек O и I, те. для правильного треугольника. Итак, в любом треугольнике радиус описанной окружности не меньше диаметра вписанной в него окружности. П р им ер Рассмотрим соотношение (3.15) для произвольного треугольника ABC: cos A + cos B + cos C = 1 +Поскольку 0 < r/R 6 1/2 (13.8), то предыдущее равенство приводит к неравенству < cos A + cos B + cos C 6 Пример. Для любого треугольника ABC имеем соотношение (упр. 4.13): OH 2 = 9R 2 − (a 2 + b 2 + Так как OH 2 > 0, то 9R 2 − (a 2 + b 2 + c 2 ) > 0, откуда 9 (a 2 + b 2 + причем равенство имеет место лишь для правильного треугольника. П р им ер. Используя зависимость (упр. 3.22) CC 2 1 = 1 2 (a 2 + b 2 + c 2 ) − получаем неравенство a 2 + b 2 + c 2 > между длинами сторон и площадью произвольного треугольника. Равенство имеет место только при совпадении точек C и C 1 , те. для правильного треугольника Пример. Третья из формул (11.5) порождает неравенство e 2 + f 2 6 a 2 + b 2 + c 2 + для сторон и диагоналей произвольного четырехугольника, где знак равенства имеет место лишь для параллелограмма Пример Квадрат любой стороны четырехугольника меньше утроенной суммы квадратов остальных его сторон 3(a 2 + b 2 + Для доказательства привлечем векторное равенство ¯ d = ¯ a + ¯ b + рис. 91) и запишем его скалярный квадрат: A B C D ¯ a ¯ b ¯ c ¯ d Рис. 91 d 2 = a 2 + b 2 + c 2 + 2¯ a¯ b + 2¯ a¯ c + Произведя замены 2¯ a¯ b = a 2 + b 2 − (¯ a − ¯ b) 2 , 2¯ a¯ c = = a 2 + c 2 − (¯ a − ¯ c) 2 , 2¯ b¯ c = b 2 + c 2 − (¯b − ¯ c) 2 , получим 3(a 2 + b 2 + c 2 ) − (¯ a − ¯ b) 2 − (¯ a − ¯ c) 2 − (¯b − Поскольку (¯ a −¯ b) 2 > 0, (¯ a − ¯ c) 2 > 0, (¯ b − ¯ c) 2 > 0, то отбрасывание этих величин приводит к строгому неравенству (13.13). 13.3. Использование ограниченности функций синуса и косинуса. Свойства −1 6 sin x 6 1 и −1 6 cos x 6 1 можно успешно использовать для доказательства неравенств и получения новых неравенств. П р им ер. Формула (12.1) S = 1 2 ef sin f площади четырехугольника при отбрасывании sin f приводит к неравенству 6 Здесь равенство имеет место лишь в случае, когда sin f = 1, те. когда диагонали четырехугольника перпендикулярны. П р им ер По теореме косинусов для треугольника cos C = = a 2 + b 2 − c 2 2ab . Следовательно < a 2 + b 2 − c 2 2ab < Левое из этих неравенств эквивалентно неравенству c 2 < (a + b) 2 , или c < a + b. Правое же неравенство равносильно неравенству (a − b) 2 < или |a − b| < c, откуда либо a < b + c, либо b < a + c. Этим самым доказано неравенство треугольника каждая сторона треугольника меньше суммы двух других его сторон. П р им ер. Для любого треугольника < 1 6 (ab + bc + ca). (13.15) 98 В самом деле, так как S = 1 2 ab sin C, то S 6 1 2 ab и аналогично S 6 1 2 bc, S 6 1 2 ca, причем равенство может выполняться лишь водном из этих трех неравенств. Их сложением получаем строгое неравенство Пример. Площадь S треугольника ABC можно вычислить по формуле (упр. 3.13) S = 1 4 (a 2 sin 2B + b 2 sin откуда 6 1 4 (a 2 + Знак равенства имеет место лишь для треугольника, в котором углы при вершинах A и B равны 45 ◦ 13.4. Использование неравенств для скалярного произведения векторов. Из определения скалярного произведения векторов ¯ a¯ b = ab cos векторов следует a 2 > 0 и ¯a¯b 6 Последнее неравенство называется неравенством Коши—Буняковского. Здесь в первом неравенстве равенство имеет место лишь для ¯ a = ¯ 0, а во втором — лишь для сонаправленных векторов. Используем эти неравенства для доказательства и получения геометрических неравенств. A B C ¯ e 1 ¯ e 2 ¯ e 3 Рис. Пример. Докажем, что косинусы углов треугольника удовлетворяют неравенству A + cos B + cos C 6 Возьмем единичные векторы ¯ e 1 , ¯ e 2 , ¯ e 3 , сона- правленные соответственно векторам AB, BC, CA (рис. 92). Неравенство (¯ e 1 + ¯ e 2 + ¯ e 3 ) 2 > 0 эквивалентно неравенству (13.18). Действительно, раскрывая скалярный квадрат суммы векторов и учитывая, что 1 = ¯ e 2 2 = ¯ e 2 3 = 1 и ¯ e 1 ¯ e 2 = − cos B, ¯ e 1 ¯ e 3 = − cos A, ¯ e 2 ¯ e 3 = − cos C, получаем − 2(cos A + cos B + cos C) > откуда и следует (13.18). Равенство имеет место лишь в случае, когда+ ¯ e 2 + ¯ e 3 = ¯ 0, те. когда треугольник ABC равносторонний. П р им ер. Для любого треугольника ABC cos 2A + cos 2B + cos 2C > − 3 2 (13.19) 99 Возьмем единичные векторы ¯ e 1 , ¯ e 2 , с началом в центре O описанной около треугольника ABC окружности (рис. 93), сонаправленные соответственно векторам OA, OB, OC. Так как угол между векторами и равен удвоенному углу A, то неравенство (¯ e 1 + ¯ e 2 + ¯ e 3 ) 2 > 0 приводит к неравенству 3 + 2(cos 2A + cos 2B + cos 2C) > 0, что равносильно. Равенство выполняется лишь для правильного треугольника. A B C O 2A ¯ e 1 ¯ e 2 ¯ e 3 Рис. Пример. На основании формулы (и неравенства Коши—Буняковского имеем для произвольных точек A, B, C, D: 2AC · BD = AD 2 + BC 2 − AB 2 − CD 2 6 2AC · где равенство выполняется только для сона- правленных векторов AC и BD. Следовательно, при принятых ранее обозначениях (§ 11, рис. 77) 2ef > b 2 + d 2 − a 2 − Равенство имеет место для трапеции ABDC с основаниями e и f , а также для четырех коллинеарных точек A, B, C, D при AC Попутно доказано, что удвоенное произведение оснований трапеции равно разности между суммой квадратов ее диагоналей и суммой квадратов ее боковых сторон. Равенство 2AC · BD = |AD 2 + BC 2 − AB 2 − CD 2 | служит метрическим критерием параллельности отрезков AC и BD. 13.5. Применение алгебраических неравенств для средних величин двух положительных чисел. Для двух положительных чисел a и b или отрезков с длинами a и b определяются их средние величины + среднее арифметическое среднее геометрическое среднее квадрат и чес кое среднее гармони чес ко е. Они связаны между собой такими неравенствами a + b 6 √ ab 6 a + b 2 6 r a 2 + b 2 причем во всех случаях знак равенства имеет место только при a = b. 100 Эти неравенства доказываются просто. В самом деле − √ b) 2 > 0 ⇔ √ ab 6 a + Далее + b 2 6 r a 2 + b 2 2 ⇔ (a + b) 2 4 6 a 2 + b 2 2 ⇔ −(a − b) 2 6 Последнее неравенство очевидно. Наконец a + b 6 √ ab ⇔ 4a 2 b 2 (a + b) 2 6 ab ⇔ − ab(a − b) 2 (a + b) 2 6 что также очевидно. Неравенства вида (13.21) имеют место для средних величин n > положительных чисел. При n = 3 они имеют вид 1/a + 1/b + 1/c 6 3 √ abc 6 a + b + c 3 6 r a 2 + b 2 + c 2 Неравенства для средних величин можно эффективно использовать для доказательства геометрических неравенств. П р им ер. Для произвольного треугольника ABC S = 1 2 ab sin C 6 1 2 ab 6 1 2 a + b 2 2 6 1 2 a 2 + b 2 Итак 6 1 8 (a + b) 2 6 1 4 (a 2 + Равенство выполняется только при a = b и sin C = 1, те. для прямоугольного равнобедренного треугольника. П р им ер. Имеем неравенство (11.14) Птолемея ef 6 ac + bd для шести расстояний между четырьмя точками, взятыми попарно. Если эти точки не лежат на одной прямой, то равенство имеет место в томи только в том случае, когда эти точки лежат на окружности. Так как ac 6 1 2 (a 2 + и bd 6 1 2 (b 2 + тот. е. произведение диагоналей четырехугольника не превосходит полусуммы квадратов всех его сторон и равно ей лишь тогда, когда четырехугольник является прямоугольником Пример. Докажем, что косинусы углов треугольника удовлетворяют неравенству A cos B cos C 6 Если все косинусы неотрицательны, тов силу второго из неравенств A cos B cos C 6 1 3 (cos A + cos B + cos На основании (13.18) по свойству транзитивности неравенств получаем A cos B cos C 6 что эквивалентно (13.25). Если один из косинусов отрицателен (треугольник тупоугольный, то неравенство (13.25) выполняется с очевидностью. Получение неравенств из известных тождеств и неравенств. Применяя тождественные преобразования к имеющимся неравенствам, можно получать эквивалентные им неравенства. Пользуясь транзитивным свойством равенств и неравенств, можно получать из известных тождеств и неравенств новые неравенства. П р им ер. Используя формулу cos 2 a = 2 cos 2 a − 1, неравенство) преобразуем к виду + cos 2 B + cos 2 C > 3 а оно эквивалентно также неравенству + sin 2 B + sin 2 C 6 Пример. Из неравенств (13.10) и (13.11) следует 6 a 2 + b 2 + c 2 6 и поэтому 6 3 √ 3 Так как S = abc 4R , то отсюда имеем 6 Привлекая формулу S = 2R 2 sin A sin B sin C площади треугольника, из неравенства (3.28) получаем A sin B sin C 6 3 √ 3 8 (13.30) 102 Пример. Пусть a, b, c — длины сторон треугольника ABC. Согласно Поскольку abc = 4SR и p = S r , то 6 8S 2 Привлекая неравенство R > 2r, см. (13.8), получаем Итак, площадь треугольника заключена в промежутке 6 S 6 √ 27 Этот процесс получения неравенств можно продолжить. Использование чертежа, дополнительных построений нередко представляет собой существо решения задачи на доказательство геометрического неравенства. Тогда важно следить затем, чтобы не ограничить общность доказательства конкретным чертежом, рассмотреть всевозможные случаи. Особенно эффективен метод дополнительных построений (перестроений фигур) в задачах на неравенства, в которых A B C A 1 B 1 C 1 M N P Рис. требуется сравнить площади двух фигур. З ада ч а. Противоположные стороны выпуклого шестиугольника параллельны. Доказать, что площадь треугольника не меньше половины площади этого шестиугольника. Р е ш е ни е. Через вершины A, B, C проведем прямые, параллельные соответственно противоположным сторонам данного шестиугольника (рис. 94). Если эти прямые пересекаются водной точке, то площадь треугольника равняется половине площади S данного шестиугольника. Если же они не имеют общей точки, а своим пересечением образуют треугольник (как представлено на рис. 94), то = (S AB 1 CP + S CA 1 BN + S BC 1 AM ) + S M N С другой стороны 2 (S AB 1 CP + S CA 1 BN + S BC 1 AM ) + S M N P , 103 откуда+ S CA 1 BN + S BC 1 AM = 2S ABC − 2S M N Значит, S = 2S ABC − S M N P , откуда S ABC = 1 2 (S + S M N P ) > 1 2 S. Объединяя оба случая, имеем S ABC > 1 Задача. Точки M и N — середины сторон BC и CD выпуклого четырехугольника ABCD. Доказать, что S ABCD < 4S AM Решение. Через вершины треугольника AM N проведем прямые, параллельные его противоположным сторонам. Тогда получим треугольник рис. 95), площадь которого вчетверо больше площади треугольника AM N . Теперь нужно сравнить и Так как треугольники M A 1 C и M N 1 B симметричны относительно точки M , а треугольники N A 1 C и N M 1 D симметричны относительно точки N , то S M A 1 C = S M и S N A 1 C = S N M 1 D . Поскольку M 1 N 1 k и четырехугольник ABCD выпуклый, то отрезок не пересекает стороны четырехугольника. Возможны два случая 1) точка лежит внутри треугольника M A 1 N (или жена одной из его сторон и N A 1 ), 2) точка C лежит вне треугольника M 1 AN (рис. В первом случае треугольник A 1 M 1 N 1 равновелик пятиугольнику, площадь которого очевидно больше площади четырехугольника (на сумму S ABN 1 + S ADM 1 ). Во втором случае вершина лежит внутри треугольника AM N 1 . Поскольку S BM N 1 = и S ADM 1 (AN 1 = и M 1 N k BD), тона сумму S CA 1 N + Рис. Рис. При доказательстве неоднократно приходилось опираться на выпуклость четырехугольника ABCD, хотя это и не везде отмечено. Именно по причине выпуклости не имеет места случай, когда точка C лежит вне треугольника A 1 M N и одновременно точка лежит B вне треугольника Вычислительное решение этой задачи таково. Пусть E — середина. В выпуклом четырехугольнике ABCD точка O пересечения Рис. диагоналей лежит внутри него (рис. 97). Так как M N — средняя линия треугольника то точка T ее пересечения сбудет серединой (теорема Фалеса). Следовательно > OC ⇒ 1 2 AC > 1 2 OC ⇔ EC > T C. Так как + T C = AE + EC, то AT > AE. Теперь сравним площадь S четырехугольника ABCD с учетверенной площадью треугольника AM N : S = 1 2 AC · BD sin f = AE · BD sin f, f = ∠BOC; 4S AM N = 4 · 1 2 M N · AT sin f = BD · AT sin f; AT > AE ⇔ 4S AM N > S. Упражнения Докажите неравенства для прямоугольного треугольника (13.1— 13.9). 13.1. h 6 1 2 c. 13.2. c < a + b 6 c √ 2. 13.3. c + h > a + b. 13.4. r < 1 2 a, r < 1 4 c, r 6 c 2(1 + √ 2) 13.5. h 6 (1 + √ 2)r, 0,4 < r h < 0,5. 13.6. R > √ S, R + r > √ 2S. 13.7. ab + bc + ca < 2c 2 13.8. r 2 m 2 a + m 2 b 6 3 − √ 8 5 13.9. a n + b n < c при n > Докажите неравенства для остроугольного треугольника (13.10— 13.12). 13.10. a + b + c > 4R. 13.11. m a + m b + m c > 4R. 13.12. m a h a + m a h a + m a h a 6 1 +Докажите неравенства для произвольного треугольника (13.13— 13.35). 13.13. a 2 + b 2 + c 2 < 2(ab + bc + ca). 105 13.14. a(b − c) 2 + b(c − a) 2 + c(a − b) 2 + 4abc > a 3 + b 3 + c 3 13.15. (a + b − c)(a − b + c)(−a + b + c) 6 abc. 13.16. a 2 b(a − b) + b 2 c(b − c) + c 2 a(c − a) > 0. 13.17. a 2 + b 2 > 1 2 c 2 13.18. h a + h b + h c < 2p. 13.19. h a + h b + h c > 9r. 13.20. a + b + c 6 √ 27R. 13.21. m a + m b + m c 6 9 2 R. 13.22. m 2 a + m 2 b + m 2 c 6 27 4 R. 13.23. m 2 a + m 2 b > 9 8 c 2 13.24. l a + l b + l c 6 √ 3p. 13.25. l 2 a + l 2 b + l 2 c 6 p 2 13.26. sin A 2 6 a 2 √ bc 13.27. c > (a + b) sin C 2 13.28. sin A 2 sin B 2 sin C 2 6 1 8 13.29. cos A + cos B + cos C > 3r R 13.30. sin A + sin B + sin C 6 3 √ 3 2 13.31. sin A 2 + sin B 2 + sin C 2 6 3 2 13.32. cos A 2 + cos B 2 + cos C 2 6 3 √ 3 2 13.33. 1 a 2 + 1 b 2 + 1 c 2 6 1 R 2 13.34. p 2 > 3 √ 3S. 13.35. a 2 + b 2 + c 2 − (a − b) 2 − (b − c) 2 − (c − a) 2 > 4 √ 3S. 13.36. Точка D принадлежит стороне BC треугольника ABC. Докажите, что радиус окружности, вписанной в треугольник ABC, меньше суммы радиусов окружностей, вписанных в треугольники и ACD. 13.37. Треугольники ABC и ABD имеют равные углы при вершинах и D. Докажите, что если |AC − CB| < |AD − DB|, то а) площадь треугольника ABC больше площади треугольника ABD, б) периметр треугольника ABC больше периметра треугольника ABD. 13.38. Докажите, что произведение любых двух сторон треугольника больше 4Rr. 106 13.39. Докажите, что сумма радиусов вписанной и описанной окружностей треугольника не превосходит его наибольшей стороны, если в этом треугольнике нет тупого угла. Если b и d — длины боковых сторон трапеции, e и f — длины ее диагоналей, то |e − f | > |b − d| и e + f > b + d. 13.41. Четырехугольник ABCD вписан в окружность. Докажите, что 1 e 2 + 1 f 2 6 1 4 1 a 2 + 1 b 2 + 1 c 2 + 1 d 2 13.42. Биссектрисы углов треугольника ABC пересекают его описанную окружность вторично в точках A 1 , B 1 , C 1 . Докажите, что S A 1 B 1 C 1 13.43. Дан треугольник ABC. На лучах AB, BC, CA от точек, C, A отложены соответственно отрезки BB 1 , CC 1 , вне треугольника так, что BB 1 = AC, CC 1 = AB, AA 1 = BC. Докажите, что+ S BCB 1 + S CAC 1 > 3S ABC 13.44. На сторонах треугольника ABC вне его построены правильные треугольники с центрами A 1 , B 1 , C 1 . Докажите, что площадь треугольника не меньше площади данного треугольника ABC. § 14. Геометрические экстремумы Наибольшее (максимальное) и наименьшее (минимальное) значения, которые принимает переменная величина при некоторых заданных условиях, называются ее экстремальными значениями (экстрему- мами). Если имеется нестрогое неравенство видав котором одна часть постоянна, а другая переменна, то эта постоянная есть экстремум данной переменной. Возьмем для примера неравенство (13.18) cos A + cos B + cos C 6 3 2 . На множестве всех треугольников сумма косинусов их углов переменна. Число есть максимум этой суммы. Другой пример. Около окружности заданного радиуса r описывается бесконечное множество треугольников. Для их площадей доказано неравенство п. 13.6). Число √ 27r 2 является минимумом величины S. 14.1. Экстремальные свойства суммы и произведения положительных чисел. Рассмотрим наиболее типичные элементарные способы решения задач на доказательство геометрических экстремумов и их отыскание Обратимся к нестрогим неравенствами) для средних величин положительных чисел. В них равенство имеет место тогда и только тогда, когда эти числа равны. Отсюда можно сделать весьма полезные выводы при двух предположениях 1) сумма чисел перемен- на, а их произведение постоянно, 2) произведение чисел переменно, а их сумма постоянна. Обращаясь только к неравенству для среднего геометрического и среднего арифметического, имеем такие результаты. Если произведение положительных чисел постоянно, то их сумма принимает наименьшее значение только при равенстве этих чисел. Если сумма положительных чисел постоянна, то их произведение принимает наибольшее значение только при равенстве этих чисел. Используем это в задачах. З ада ч а 1. Доказать, что из всех треугольников сданным периметром наибольшую площадь имеет правильный треугольник. Р е ш е ни е. Обратимся к формуле Герона S 2 = p(p − a)(p − b)(p − где по условию задачи p постоянно. Так как (p − a) + (p − b) + (p − c) = = 3p − 2p = p, тона основании величина максимальна прите. при a = b = c и только в этом случае. З ада ч а 2. Через данную точку, лежащую внутри данного угла, провести прямую, отсекающую от сторон угла отрезки, сумма которых b A B O K P Q x Рис. 98 минимальна. Р е ш е ни е. Пусть некоторая прямая, содержащая данную точку M , пересекает стороны данного угла с вершиной O в точках P ирис. Проведем через P и Q прямые, параллельные сторонам угла. Пусть OA = a, OB = b, AP = x, BQ = Тогда OP + OQ = (a + b) + (x + y). Поскольку сумма постоянна, то задача сводится к нахождению условий, при которых минимальна сумма x + y. Заметим, что заштрихованные параллелограммы равновелики. Так как они имеют соответственно равные углы, то xy = ab = const. Согласно сумма x + y минимальна при x = y. Тогда x 2 = ab и OP + OQ = a + b + 2 √ ab = ( √ a +искомое минимальное значение суммы этих отрезков. По формуле x = √ ab отрезок AP = BQ строится известным способом, а затем и искомая прямая P Q. Она единственна 14.2. Экстремальные значения синуса и косинуса могут быть использованы в геометрических задачах на экстремумы. Эта идея была уже использована в § 12 (п. 12.2), где из формулы (12.5) площади четырехугольника сделан вывод о том, что из всех четырехугольников сданными длинами сторон максимальную площадь имеет тот, около которого можно описать окружность. Рассмотрим другие примеры. З ада ч а 1. Доказать, что из всех треугольников сданной стороной и данным противоположным углом a наибольший периметр имеет равнобедренный треугольник. Р е ш е ни е. Так как все такие треугольники вписаны в одну окружность радиуса R, то = a + b + c = a + 2R(sin B + sin C) = = a + 4R sin B + C 2 cos B − C 2 = a + 4R sin p − a 2 cos B − Числа a и 4R sin p − постоянны, поэтому 2p максимально при максимальном, те. при cos B − C 2 = 1, откуда следует ∠B = ∠C, а Рис. значит, треугольник равнобедренный. З ада ч а 2. В данную окружность вписать трапецию сданным острым углом a, которая имела бы наибольшую площадь. Р е ш е ни е. Поскольку трапеция вписанная, то она равнобочная, и S = 1 2 d 2 sin f, где d — длина диагонали — угол между диагоналями. По теореме синусов d = 2R sin a (R — радиус данной окружности. Поэтому S = 2R 2 sin 2 a sin Поскольку R и a заданы, то S максимальна прите. когда диагонали трапеции перпендикулярны (рис. 99). В этом случае AB = ∠M BA = 45 ◦ . Следовательно, при a 6 трапеция превращается в треугольник. Построение искомой трапеции можно выполнить так. В данную окружность вписываем угол величиной a. Хорда, на которую он опирается, равна диагонали трапеции. Под углом к этой хорде проводим диаметр окружности. Вторая диагональ симметрична первой относительно этого диаметра. Об эквивалентности задач на экстремумы. Задачу о нахождении одного экстремума можно свести к задаче о другом экстремуме, который уже известен или находится проще первого Задач а. Даны стороны AB = a, BC = b, CD = c четырехугольника. Известно, что в него можно вписать окружность. Какое наибольшее значение может принять радиус этой окружности? Р е ш е ни е. Имеем S = pr, где p = a + c = b + d. Так как p постоянно, то максимум S и максимум r достигаются одновременно. А эта задача уже решена из всех четырехугольников сданными сторонами вписанный в окружность имеет наибольшую площадь, квадрат которой равен − a)(p − b)(p − c)(p − d). В силу того, что a + c = b + d = p, получаем abcd и d = a − b + c. Итак, максимальное значение r равно r = S p = pabc(a − b + c) a + c 14.4. Применение геометрических преобразований. Движения плоскости (центральная и осевая симметрии, перенос, поворот) в ряде экстремальных задач находятся вне конкуренции с другими методами по A B C N M B 1 C 1 O Рис. 100 A 1 r Рис. краткости, убедительности и изяществу решений. З ада ч а 1. Внутри острого угла дана точка A. Построить треугольник наименьшего периметра, вершины B и которого принадлежат сторонам угла. Р е ш е ни е. Построим точки M и N симметричные точке A относительно сторон данного угла. Прямая M N пересекает его стороны в искомых точках ирис. Действительно, если и C 1 — какие-либо другие точки на сторонах угла, то AB 1 + B 1 C 1 + C 1 A = M B 1 + + B 1 C 1 + C 1 N > M N = M B + BC + CN = = AB + BC + CA. Следовательно, тре- угольник ABC имеет наименьший периметр. Этим доказано и то, что этот треугольник единственный. З ада ч а 2. По разные стороны от реки находятся пункты A и Где нужно построить мост, чтобы путь изв через него был кратчайшим Решение. Пусть параллельные прямые a и b изображают берега реки (рис. 101) и T — r — перенос в перпендикулярном им направлении, при котором a → b. Если при этом переносе A → и M — прообраз точки N = b ∩ (BA 1 ), то путь изв по ломаной AM N B кратчайший, так как длина M N моста определена шириной реки, а сумма + N B = A 1 N + N B минимальна. З ада ч а 3. В данном остроугольном треугольнике ABC найти точку, для которой сумма расстояний до вершин треугольника минимальна (задача Ферм а). Р е ш е ни е. Используем поворот около вершины B на 60 ◦ . Пусть при этом повороте A → A 1 , P → рис. 102). Так как треугольник BP равносторонний, то BP = P и поэтому P A + P B + P C = P 1 A 1 + P 1 P + P Эта сумма минимальна тогда и только тогда, когда точки A 1 , P 1 , P , коллинеарны. В этом случае ∠BP C = и ∠AP B = ∠A 1 P 1 B = Поэтому и ∠AP C = 120 ◦ . Итак, искомой точкой P является точка, из которой каждая сторона треугольника ABC видна под углом 120 ◦ . Она называется точкой Торричелли треугольника. Четырехугольник AP является вписанным в окружность. Поэтому точку Торричелли треугольника можно построить как точку пересечения прямой и окружности, описанной около правильного треугольника Рис. В этой задаче вершины треугольника ABC равноправны. Поэтому точку Торричелли можно построить еще и как точку пересечения прямых, соединяющих вершины данного треугольника с третьими вершинами правильных треугольников, построенных на его сторонах во внешнюю сторону (рис. Требование остроугольности треугольника ABC завышено решение остается в силе, когда углы треугольника не больше 120 ◦ . Если = 120 ◦ , то точка P совпадает с вершиной A. 14.5. Экстремальные значения квадратного трехчлена. Если исследуемая функция является квадратичной y = ax 2 + bx + c, то она всегда имеет единственное экстремальное значение — минимальное при a > 0, максимальное при a < 0, которое достигается при x = −b/2. Если b 2 − 4ac > 0, то это значение x совпадает с серединой промежутка между корнями трехчлена Эти свойства можно использовать в геометрических задачах. З ада ч а 1. На сторонах AB, BC, CD, DA квадрата ABCD взяты соответственно точки A 1 , B 1 , C 1 , так, что AA 1 = BB 1 = CC 1 = рис. 103). При каком отношении AA 1 : AB площадь четырехугольника A 1 B 1 C 1 D 1 |