WWW.DISSERS.RU

БЕСПЛАТНАЯ ЭЛЕКТРОННАЯ БИБЛИОТЕКА

   Добро пожаловать!

Pages:     | 1 |   ...   | 3 | 4 || 6 | 7 |   ...   | 12 |

«В. В. ПРАСОЛОВ ЗАДАЧИ ПО ПЛАНИМЕТРИИ УЧЕБНОЕ ПОСОБИЕ 5-е издание, исправленное и дополненное Допущено Министерством образования и науки Российской Федерации Издательство МЦНМО ОАО «Московские учебники» ...»

-- [ Страница 5 ] --

Пусть теперь точки A, B и C лежат по одну сторону от окружности S, а точка D — по другую. Проведём через точки A, B и C окружность. Пусть O и R — её центр и радиус. Точка O является центром искомой окружности, а радиус искомой окружности равен среднему арифметическому R и OD. Одну точку из четырёх можно выбрать четырьмя способами, поэтому мы получаем 4 решения.

8.60. Предположим, что мы построили требуемую точку X. Пусть пря мая AX пересекает данную окружность S в точке C, а прямая BX — в точке D.

Проведём через точку D прямую, параллельную прямой AB;

она пересекает окружность S в некоторой точке K. Пусть прямая KC пересекает прямую AB в точке P. Треугольники APC и AXB подобны, поскольку угол A у них общий и APC = CKD = CXD. Из подобия этих треугольников следует, что AP · AB = AC · AX.

Из этого вытекает следующее построение. Проведём через точку A пря мую, пересекающую окружность S в некоторых точках C и X. Тогда AP · AB = AC · AX = AC · AX, поэтому мы можем построить точку P. Далее, нам известен угол CDK (он равен углу между прямыми AB и MN). Поэтому мы знаем длину хорды KC, а значит, мы можем построить окружность S, которая имеет тот же самый центр, что и окружность S, и касается хорды KC.

Проведя из точки P касательную к окружности S, находим точку C.

8.61. Предположим, что мы построили окружности S1, S2 и S3, попарно касающиеся в данных точках: S1 и S2 касаются в точке C;

S1 и S3 — в точ ке B;

S2 и S3 — в точке A. Пусть O1, O2 и O3 — цен тры окружностей S1, S2 и S3. Тогда точки A, B и C лежат на сторонах треугольника O1O2O3, при чём O1B = O1C, O2C = O2A и O3A = O3B. Поэтому точ ки A, B и C являются точками касания вписанной или вневписанной окружности треугольника O1O2O со сторонами.

Из этого вытекает следующее построение. Строим описанную окружность треугольника ABC и проводим к ней касательные в точках A, B и C. Точки пересе чения этих касательных являются центрами искомых окружностей.

8.62. Предположим, что мы построили окруж ность S, касательные AA1, BB1 и CC1 к которой име ют длины a, b и c соответственно (A1, B1 и C1 — точки Рис. 8. касания). Построим окружности Sa, Sb и Sc с центра ми A, B и C и радиусами a, b и c соответственно (рис. 8.7). Если O — центр окружности S, то отрезки OA1, OB1 и OC1 являются как радиусами окружности S, так и касательными к окружностям Sa, Sb и Sc.

Поэтому точка O является радикальным центром окружностей Sa, Sb и Sc.

216 Глава 8. Построения Из этого вытекает следующее построение. Сначала строим окружности Sa, Sb и Sc. Затем строим их радикальный центр O. Искомая окружность явля ется окружностью с центром O и радиусом, равным по длине касательной, проведённой из точки O к окружности Sa.

8.63. Построим сначала отрезок BC длиной a. Затем построим ГМТ X, для которых CX : BX = b : c (см. задачу 7.14). В качестве вершины A можно взять любую из точек пересечения этого ГМТ с прямой, удалённой от прямой BC на расстояние ha.

8.64. По длинам отрезков AD и BD можно построить отрезок AB и точку D на этом отрезке. Точка C является точкой пересечения окружности радиу са CD с центром D и ГМТ X, для которых AX : BX = AD : BD.

8.65. Пусть X — точка, не лежащая на прямой AB. Ясно, что AXB=BCX тогда и только тогда, когда AX : CX = AB : CB. Поэтому точка M является точкой пересечения ГМТ X, для которых AX : CX = AB : CB, и ГМТ Y, для которых BY : DY = BC : DC (эти ГМТ могут не пересекаться).

8.66. Нужно построить точку O, для которой AO:A O=AB:A B и BO:B O= = AB : A B. Точка O является точкой пересечения ГМТ X, для которых AX : A X = AB : A B, и ГМТ Y, для которых BY : B Y = AB : A B.

8.67. Пусть O — центр данной окружности. Хорды XP и XQ, проходящие через точки A и B, равны тогда и только тогда, когда XO — биссектриса угла PXQ, т. е. AX : BX = AO : BO. Искомая точ ка X является точкой пересечения соответствую щей окружности Аполлония с данной окружно стью.

8.68. а) Если прямая l не пересекает отре зок AB, то ABB1A1 — параллелограмм и l AB. Ес ли прямая l пересекает отрезок AB, то AA1BB1 — параллелограмм и l проходит через середину отрез ка AB.

б) Одна из искомых прямых параллельна пря мой AB, а другая проходит через середину AB.

8.69. Построим окружность радиуса 1 и про ведём в ней два перпендикулярных диаметра AB и CD. Пусть O — центр окружности, M — се Рис. 8. редина отрезка OC, P — точка пересечения пря мой AM и окружности с диаметром OC (рис. 8.8).

1 Тогда AM2 = 1 + =, а значит, AP = AM - PM = ( 5 - 1)/2 = 2 sin 4 (см. задачу 5.52), т. е. AP — длина стороны правильного десятиугольника, вписанного в данную окружность.

8.70. Предположим, что мы построили прямоугольник PQRS так, что данные точки A, B, C, D лежат на сторонах PQ, QR, RS, SP соответственно и PQ : QR = a, где a — данное отношение сторон. Пусть F — точка пересечения прямой, проведённой через точку D перпендикулярно к прямой AC, и пря мой QR. Тогда DF : AC = a.

Из этого вытекает следующее построение. Из точки D проводим луч, пе ресекающий отрезок AC под прямым углом, и на этом луче строим точку F так, что DF = a · AC. Сторона QR лежит на прямой BF. Дальнейшее построение очевидно.

Решения задач 8.71. Предположим, что точки X и Y, обладающие требуемыми свойства ми, построены. Обозначим точку пересечения прямых AX и YC через M, а точку пересечения прямых AB и XY через K. Прямоугольные треугольники AXK и YXM имеют общий острый угол X, поэтому XAK = XYM. Углы XAB и XYB опираются на одну дугу, поэтому XAB = XYB. Следователь но, XYM = XYB. Так как XY AB, то A — середина отрезка CB.

Обратно, если K — середина отрезка CB, то MYX = BYX = XAB. Тре угольники AXK и YXM имеют общий угол X и XAK = XYM, поэто му YMX = AKX = 90.

Из этого вытекает следующее построение. Через середину K отрезка CB проводим прямую l, перпендикулярную прямой AB. Точки X и Y являются точками пересечения прямой l с данной окружностью.

8.72. Если есть угол величиной, то можно построить углы величи ной 2, 3 и т. д. Так как 19 · 19 = 361, то можно построить угол 361, совпадающий с углом 1.

8.73. Построим сначала угол 36 (см. задачу 8.69). Затем можно построить угол (36 - 30)/2 = 3. Если n не делится на 3, то, имея углы n и 3, можно построить угол 1. В самом деле, если n = 3k + 1, то 1 = n - k · 3, а если n = 3k + 2, то 1 = 2n - (2k + 1) · 3.

8.74. Последовательность построений такова. Выберем на клочке бумаги произвольную точку O и произведём гомотетию с центром O и достаточ но малым коэффициентом k так, чтобы образ точки пересечения данных прямых при этой гомотетии оказался на клочке бумаги. Тогда можно постро ить биссектрису угла между образами прямых. Затем произведём гомотетию с прежним центром и коэффициентом 1/k и получим искомый отрезок бис сектрисы.

8.75. Построим с помощью двусторонней линейки две параллельные хорды AB и CD. Пусть P и Q — точки пересечения прямых AC и BD, AD и BC. Тогда прямая PQ проходит через центр данной окружности. Построив аналогично ещё одну такую прямую, найдём центр окружности.

8.76. Проведём через точку A два луча p и q, образующие угол маленькой величины, содержащий точку B (лучи можно построить, переставляя линей ку). Через точку B проведём отрезки PQ1 и P1Q (рис. 8.9). Если PQ < 10 см Рис. 8. и P1Q1 < 10 см, то можно построить точку O, в которой пересекаются пря мые PQ и P1Q1. Проведём через точку O прямую P2Q2. Если PQ2 < 10 см 218 Глава 8. Построения и P2Q < 10 см, то можно построить точку B, в которой пересекаются прямые PQ2 и P2Q. Если BB < 10 см, то можно построить прямую BB, а эта прямая проходит через точку A (см. задачу 5.81).

8.77. Построение будет основано на том факте, что если A и B точ # –— # – ки пересечения равных окружностей с центрами P и Q, то PA = BQ.

Пусть S1 — исходная окружность, A1 — данная точка. Через точку A1 проведём окружность S2, через точку A2 пересечения окружностей S1 и S2 — окруж ность S3, через точку A3 пересечения окружностей S2 и S3 — окружность S4, наконец, через точки B1 и A4 пересечения окружностей S1 и S3 с окруж ностью S4 — окружность S5. Докажем, что точка B2 пересечения # – # окружностей – # – S5 и S1 искомая. Oi — центр окружности Si. Тогда A1O1 = O2A2 = A3O3 = # – # – # Пусть – = O4A4 = B1O5 = O1B2.

З а м е ч а н и е. Точек пересечения окружностей S1 и S4 две;

в качестве точки B1 можно выбирать любую из них.

8.78. Пусть AB — данный отрезок, P — произвольная точка, не лежащая на данных прямых. Построим точки C и D пересечения второй из данных прямых с прямыми PA и PB соответственно и точку Q пересечения прямых AD и BC. Согласно задаче 19.2 прямая PQ проходит через середину отрез ка AB.

8.79. Пусть AB — данный отрезок, а C и D — произвольные точки на второй данной прямой. Согласно предыдущей задаче можно построить точку M — се редину отрезка CD. Пусть P — точка пересечения прямых AM и BD, E — точка пересечения прямых PC и AB. Докажем, что EB — искомый отрезок. Посколь ку PMC PAE и PMD PAB, то AB AB AE MD MC MD = : = : = = 1.

AE AP AP MP MP MC 8.80. Пусть AB — данный отрезок, а C и D — произвольные точки на второй данной прямой. Согласно предыдущей задаче можно построить та кие точки D1 = D, D2,..., Dn, что все отрезки DiDi+1 равны отрезку CD.

Пусть P — точка пересечения прямых AC и BDn, а B1,..., Bn-1 — точки пе ресечения прямой AB с прямыми PD1,..., PDn-1 соответственно. Ясно, что точки B1,..., Bn-1 делят отрезок AB на n равных частей.

8.81. Возьмём на одной из данных прямых отрезок AB и построим его середину M (см. задачу 8.78). Пусть A1 и M1 — точки пересечения пря мых PA и PM со второй данной прямой, Q — точка пересечения прямых BM1 и MA1. Легко проверить, что прямая PQ параллельна данным прямым.

8.82. В случае, когда точка P не лежит на прямой AB, можно восполь зоваться решением задачи 3.37. Если же точка P лежит на прямой AB, то мы можем сначала опустить перпендикуляры l1 и l2 из каких-нибудь других точек, а затем согласно задаче 8.81 провести через точку P прямую, парал лельную прямым l1 и l2.

8.83. а) Пусть A — данная точка, l — данная прямая. Рассмотрим сначала случай, когда точка O не лежит на прямой l. Проведём через точку O две произвольные прямые, пересекающие прямую l в точках B и C. Согласно задаче 8.82 в треугольнике OBC можно опустить высоты на стороны OB и OC.

Пусть H — точка их пересечения. Тогда можно провести прямую OH, которая перпендикулярна l. Согласно задаче 8.82 можно опустить перпендикуляр из точки A на OH. Это и есть искомая прямая, проходящая через A и па Решения задач раллельная l. Чтобы из A опустить перпендикуляр на l, нужно восставить из O перпендикуляр l к OH, а затем из A опустить перпендикуляр на l.

В случае, когда точка O лежит на прямой l, согласно задаче 8.82 можно сразу опустить из точки A перпендикуляр l на прямую l, а затем из той же точки A восставить перпендикуляр к прямой l.

б) Пусть l — данная прямая, A — лежащая на ней данная точка и BC — дан ный отрезок. Проведём через точку O прямые OD и OE, параллельные прямым l и BC соответственно (D и E — точки пересечения этих прямых с окружностью S). Через точку C проведём прямую, параллельную OB, до пересечения с прямой OE в точке F, через F — прямую, параллельную ED, до пересечения с OD в точке G и, наконец, через G — прямую, параллельную OA, до пересечения с l в точке H. Тогда AH = OG = OF = BC, т. е. AH — требуемый отрезок.

в) Возьмём две произвольные прямые, пересекающиеся в точке P. Отложим на одной из них отрезок PA = a, а на другой — отрезки PB = b и PC = c.

Пусть D — точка пересечения прямой PA с прямой, проходящей через B и параллельной AC. Ясно, что PD = ab/c.

г) Пусть H — гомотетия (или параллельный перенос), переводящая окруж ность с центром A и радиусом r в окружность S (т. е. в заданную окружность с отмеченным центром O). Так как радиусы обеих окружностей известны, можно построить образ любой точки X при отображении H. Для этого нужно через точку O провести прямую, параллельную прямой AX, и отложить на ней отрезок, равный rS · AX/r, где rS — радиус окружности S. Аналогично строится образ любой точки при отображении H-1. Поэтому можно построить прямую l = H(l) и найти точки её пересечения с окружностью S, а затем построить образы этих точек при отображении H-1.

д) Пусть A и B — центры данных окружностей, C — одна из точек, которые нужно построить, CH — высота треугольника ABC. Записав теорему Пифагора для треугольников ACH и BCH, получим, что AH = (b2 + c2 - a2)/2c. Величи ны a, b и c известны, поэтому можно построить точку H и точки пересечения прямой CH с одной из данных окружностей.

8.84. а) Проведём прямые, параллельные прямым OA и OB, удалённые от последних на расстояние a и пересекающие стороны угла. Точка пересечения этих прямых лежит на искомой биссектрисе.

б) Проведём прямую, параллельную OB, удалённую от последней на рас стояние a и пересекающую луч OA в некоторой точке M. Через точки O и M проведём другую пару параллельных прямых, расстояние между которыми равно a;

прямая, проходящая через точку O, содержит искомую сторону угла.

8.85. Проведём через точку A произвольную прямую, а затем проведём пря мые l1 и l2, параллельные ей и удалённые от неё на расстояние a;

эти прямые пересекают прямую l в точках M1 и M2. Через точки A и M1 проведём ещё одну пару параллельных прямых la и lm, расстояние между которыми равно a.

Точка пересечения прямых l2 и lm лежит на искомом перпендикуляре.

8.86. Проведём прямую, параллельную данной и удалённую от неё на расстояние a. Теперь можно воспользоваться результатами задач 8.81 и 8.78.

8.87. Проведём через точку P прямые PA1 OA и PB1 OB. Пусть пря мая PM делит пополам угол между прямыми l и PA1. При симметрии относительно прямой PM прямая PA1 переходит в прямую l, поэтому пря мая PB1 при этой симметрии переходит в одну из искомых прямых.

220 Глава 8. Построения 8.88. Достроим треугольник ABM до параллелограмма ABMN. Проведём через точку N прямые, параллельные биссектрисам углов между прямыми l и MN. Точки пересечения этих прямых с прямой l искомые.

8.89. Проведём прямую l1, параллельную прямой OA и удалённую от неё на расстояние a. Возьмём на прямой l произвольную точку B. Пусть B1 — точка пересечения прямых OB и l1. Проведём через точку B1 прямую, параллель ную AB;

эта прямая пересекает прямую OA в точке A1. Проведём теперь через точки O и A1 пару параллельных прямых, расстояние между которыми рав но a (таких пар прямых может быть две);

пусть X и X1 — точки пересечения прямой, проходящей через точку O, с прямыми l и l1. Так как OA1 = OX и OA1X1 OAX, точка X искомая.

8.90. Восставим в точках O1 и O2 перпендикуляры к прямой O1O2 и от ложим на них отрезки O1B1 = O2A2 и O2B2 = O1A1. Построим середину M отрезка B1B2 и в точке M восставим перпендикуляр к B1B2. Этот перпенди куляр пересечёт прямую O1O2 в точке N. Тогда O1N2 + O1B2 = O2N2 + O2B2, 1 а значит, O1N2 - O1A2 = O2N2 - O2A2, т. е. точка N лежит на радикальной оси.

1 Остаётся восставить перпендикуляр к O1O2 в точке N.

8.91. Построим сначала произвольную прямую l1, перпендикулярную пря мой l, а затем через точку A проведём прямую, перпендикулярную прямой l1.

8.92. а) Проведём через точки A и B прямые AP и BQ, перпендикулярные прямой AB, а затем проведём произвольный перпендикуляр к прямой AP.

В результате получим прямоугольник. Остаётся опустить из точки пересечения его диагоналей перпендикуляр на прямую AB.

б) Восставим из точки B перпендикуляр l к прямой AB и проведём через точку A две перпендикулярные прямые;

они пересекают прямую l в точках M и N. Достроим прямоугольный треугольник MAN до прямо угольника MANR. Основание перпендикуляра, опущенного из точки R на прямую AB, является искомой точкой C.

8.93. а) Опустим из точки A перпендикуляр AP на прямую OB и построим отрезок AC, серединой которого является точка P. Тогда угол AOC искомый.

б) Возьмём на прямой OB такие точки B и B1, что OB = OB1. Расположим прямой угол так, чтобы его стороны проходили через точки B и B1, а вершина лежала на луче OA. Если A — вершина прямого угла, то угол AB1B искомый.

8.94. Проведём через точку O прямую l, параллельную прямой l. Из точки B опустим перпендикуляры BP и BQ на прямые l и OA, а затем из точки O опустим перпендикуляр OX на прямую PQ. Тогда прямая XO искомая (см. задачу 2.3);

если точка Y симметрична точке X относительно прямой l, то прямая YO тоже искомая.

8.95. Достроим треугольник OAB до параллелограмма OABC, а затем построим отрезок CC1, серединой которого является точка O. Расположим прямой угол так, чтобы его стороны проходили через точки C и C1, а вер шина лежала на прямой l. Вершина прямого угла совпадает тогда с искомой точкой X.

8.96. Построим отрезок AB, серединой которого является точка O, и рас положим прямой угол так, чтобы его стороны проходили через точки A и B, а вершина лежала на прямой l. Тогда вершина прямого угла совпадёт с иско мой точкой.

ГЛАВА ГЕОМЕТРИЧЕСКИЕ НЕРАВЕНСТВА Основные сведения 1. Для элементов треугольника используются следующие обозначения:

a, b, c — длины сторон BC, CA, AB;

,, — величины углов при вершинах A, B, C;

ma, mb, mc — длины медиан, проведённых из вершин A, B, C;

ha, hb, hc — длины высот, опущенных из вершин A, B, C;

la, lb, lc — длины биссектрис, проведённых из вершин A, B, C;

r и R — радиусы вписанной и описанной окружностей.

2. Если A, B, C — произвольные точки, то AB AC + CB, причём равенство достигается, только если точка C лежит на отрезке AB (неравенство треуголь ника).

3. Медиана треугольника меньше полусуммы заключающих её сторон:

ma < (b + c)/2 (задача 9.1).

4. Если один выпуклый многоугольник лежит внутри другого, то периметр внешнего многоугольника больше периметра внутреннего (задача 9.29 б).

5. Сумма длин диагоналей выпуклого четырёхугольника больше суммы длин любой пары его противоположных сторон (задача 9.15).

6. Против большей стороны треугольника лежит больший угол (зада ча 10.62).

7. Длина отрезка, лежащего внутри выпуклого многоугольника, не превос ходит либо наибольшей стороны, либо наибольшей диагонали (задача 10.67).

8. При решении некоторых задач этой главы нужно знать разные алгеб раические неравенства. Сведения об этих неравенствах и их доказательства приведены в приложении к настоящей главе (см. с. 230);

с ними следует познакомиться, но нужно учесть, что они требуются только для решения достаточно сложных задач, а для решения простых задач понадобятся лишь неравенство ab (a + b)/2 и следствия из него.

Вводные задачи 1. Докажите, что SABC AB · BC/2.

2. Докажите, что SABCD (AB · BC + AD · DC)/2.

3. Докажите, что ABC > 90 тогда и только тогда, когда точка B лежит внутри окружности с диаметром AC.

4. Радиусы двух окружностей равны R и r, а расстояние между их центрами равно d. Докажите, что эти окружности пересекаются тогда и только тогда, когда |R - r| < d < R + r.

222 Глава 9. Геометрические неравенства 5. Докажите, что любая диагональ четырёхугольника меньше поло вины его периметра.

§ 1. Медиана треугольника 9.1. Докажите, что (a + b - c)/2 < mc < (a + b)/2.

9.2. Докажите, что в любом треугольнике сумма медиан больше 3/ периметра, но меньше периметра.

9.3. Даны n точек A1,..., An и окружность радиуса 1. Докажи те, что на окружности можно выбрать точку M так, что MA1 +...

... + MAn n.

9.4. Точки A1,..., An не лежат на одной прямой. Пусть две разные точки P и Q обладают тем свойством, что A1P +... + AnP = A1Q +...

... + AnQ = s. Докажите, что тогда A1K +... + AnK < s для некоторой точки K.

9.5*. На столе лежит 50 правильно идущих часов. Докажите, что в некоторый момент сумма расстояний от центра стола до концов ми нутных стрелок окажется больше суммы расстояний от центра стола до центров часов.

§ 2. Алгебраические задачи на неравенство треугольника В задачах этого параграфа a, b и c — длины сторон произвольного треуголь ника.

9.6. Докажите, что a = y + z, b = x + z и c = x + y, где x, y и z — положительные числа.

9.7. Докажите, что a2 + b2 + c2 < 2(ab + bc + ca).

9.8. При любом натуральном n из чисел an, bn и cn можно соста вить треугольник. Докажите, что среди чисел a, b и c есть два равных.

9.9. Докажите, что a(b - c)2 + b(c - a)2 + c(a - b)2 + 4abc > a3 + b3 + c3.

9.10. Докажите, что a b c + + 3.

b + c - a c + a - b a + b - c a b c a c b 9.11. Пусть p = + + и q = + +. Докажите, что |p - q| < 1.

b c a c b a 9.12*. Пять отрезков таковы, что из любых трёх из них можно составить треугольник. Докажите, что хотя бы один из этих треуголь ников остроугольный.

9.13*. Докажите, что (a + b - c)(a - b + c)(-a + b + c) abc.

9.14*. Докажите, что a2b(a - b) + b2c(b - c) + c2a(c - a) 0.

Условия задач § 3. Сумма длин диагоналей четырёхугольника 9.15. Пусть ABCD — выпуклый четырёхугольник. Докажите, что AB + CD < AC + BD.

9.16. Пусть ABCD — выпуклый четырёхугольник, причём AB+BD AC + CD. Докажите, что AB < AC.

9.17*. Внутри выпуклого четырёхугольника с суммой длин диа гоналей d расположен выпуклый четырёхугольник с суммой длин диагоналей d. Докажите, что d < 2d.

9.18*. Дана замкнутая ломаная, причём любая другая замкнутая ломаная с теми же вершинами имеет большую длину. Докажите, что эта ломаная несамопересекающаяся.

9.19*. Сколько сторон может иметь выпуклый многоугольник, все диагонали которого имеют одинаковую длину?

9.20*. На плоскости даны n красных и n синих точек, никакие три из которых не лежат на одной прямой. Докажите, что можно провести n отрезков с разноцветными концами, не имеющих общих точек.

9.21*. Докажите, что среднее арифметическое длин сторон произ вольного выпуклого многоугольника меньше среднего арифметическо го длин всех его диагоналей.

9.22*. Дан выпуклый (2n + 1)-угольник A1A3A5... A2n+1A2... A2n.

Докажите, что среди всех замкнутых ломаных с вершинами в его вершинах наибольшую длину имеет ломаная A1A2A3... A2n+1A1.

См. также задачу 6.93.

§ 4. Разные задачи на неравенство треугольника 9.23. В треугольнике длины двух сторон равны 3,14 и 0,67. Най дите длину третьей стороны, если известно, что она является целым числом.

9.24. Докажите, что сумма длин диагоналей выпуклого пятиуголь ника ABCDE больше периметра, но меньше удвоенного периметра.

9.25. Докажите, что если длины сторон треугольника связаны нера венством a2 + b2 > 5c2, то c — длина наименьшей стороны.

9.26. Две высоты треугольника равны 12 и 20. Докажите, что третья высота меньше 30.

9.27. Дан треугольник ABC и точка D внутри его, причём AC-DA> > 1 и BC - BD > 1. Пусть E — произвольная точка внутри отрезка AB.

Докажите, что EC - ED > 1.

9.28*. Точки C1, A1, B1 взяты на сторонах AB, BC, CA треугольни ка ABC так, что BA1 = · BC, CB1 = · CA, AC1 = · AB, причём 1/2 < < < 1. Докажите, что периметр P треугольника ABC и периметр P треугольника A1B1C1 связаны неравенствами (2 - 1)P < P1 < P.

224 Глава 9. Геометрические неравенства * * * 9.29*. а) Докажите, что при переходе от невыпуклого многоуголь ника к его выпуклой оболочке периметр уменьшается. (Выпуклой оболочкой многоугольника называют наименьший выпуклый много угольник, его содержащий.) б) Внутри выпуклого многоугольника лежит другой выпуклый мно гоугольник. Докажите, что периметр внешнего многоугольника боль ше, чем периметр внутреннего.

9.30*. Внутри треугольника ABC периметра P взята точка O. Дока жите, что P/2 < AO + BO + CO < P.

9.31*. На основании AD трапеции ABCD нашлась точка E, облада ющая тем свойством, что периметры треугольников ABE, BCE и CDE равны. Докажите, что тогда BC = AD/2.

См. также задачи 13.43, 20.12.

§ 5. Площадь треугольника не превосходит половины произведения двух сторон 9.32. Дан треугольник площади 1 со сторонами a b c. Докажите, что b 2.

9.33. Пусть E, F, G и H — середины сторон AB, BC, CD и DA четырёхугольника ABCD. Докажите, что SABCD EG · HF (AB + CD)(AD + BC)/4.

9.34. Периметр выпуклого четырёхугольника равен 4. Докажите, что его площадь не превосходит 1.

9.35. Внутри треугольника ABC взята точка M. Докажите, что 4S AM · BC + BM · AC + CM · AB, где S — площадь треугольника ABC.

9.36*. В окружность радиуса R вписан многоугольник площади S, содержащий центр окружности, и на его сторонах выбрано по точ ке. Докажите, что периметр выпуклого многоугольника с вершинами в выбранных точках не меньше 2S/R.

9.37*. Внутри выпуклого четырёхугольника ABCD площади S взята точка O, причём AO2 + BO2 + CO2 + DO2 = 2S. Докажите, что то гда ABCD — квадрат и O — его центр.

§ 6. Неравенства для площадей 9.38. Точки M и N лежат на сторонах AB и AC треугольника ABC, причём AM = CN и AN = BM. Докажите, что площадь четырёхуголь ника BMNC по крайней мере в три раза больше площади треугольни ка AMN.

Условия задач 9.39. Площади треугольников ABC, A1B1C1, A2B2C2 равны S, S1, S2 соответственно, причём AB = A1B1 + A2B2, AC = A1C1 + A2C2, BC = = B1C1 + B2C2. Докажите, что S 4 S1S2.

9.40. ABCD — выпуклый четырёхугольник площади S. Угол между прямыми AB и CD равен, угол между AD и BC равен. Докажите, что AB · CD sin + AD · BC sin 2S AB · CD + AD · BC.

9.41. Через точку, лежащую внутри треугольника, проведены три прямые, параллельные его сторонам. Обозначим площади частей, на которые эти прямые разбивают треугольник, так, как показано на рис. 9.1. Докажите, что a/ + b/ + c/ 3/2.

9.42. Площади треугольников ABC и A1B1C1 равны S и S1, причём треуголь ник ABC не тупоугольный. Наибольшее из отношений a1/a, b1/b и c1/c равно k. Дока жите, что S1 k2S.

9.43. а) Точки B, C и D делят (меньшую) дугу AE окружности на четыре равные части.

Рис. 9. Докажите, что SACE < 8SBCD.

б) Из точки A проведены касательные AB и AC к окружности. Через середину D (меньшей) дуги BC про ведена касательная, пересекающая отрезки AB и AC в точках M и N.

Докажите, что SBCD < 2SMAN.

9.44*. Все стороны выпуклого многоугольника отодвигаются во внешнюю сторону на расстояние h. Докажите, что его площадь при этом увеличится больше чем на Ph + h2, где P — периметр.

9.45*. Квадрат разрезан на прямоугольники. Докажите, что сумма площадей кругов, описанных около всех этих прямоугольников, не меньше площади круга, описанного около исходного квадрата.

9.46*. Докажите, что сумма площадей пяти треугольников, обра зованных парами соседних сторон и соответствующими диагоналями выпуклого пятиугольника, больше площади всего пятиугольника.

9.47*. а) Докажите, что в любом выпуклом шестиугольнике площа ди S найдётся диагональ, отсекающая от него треугольник площади не больше S/6.

б) Докажите, что в любом выпуклом восьмиугольнике площади S найдётся диагональ, отсекающая от него треугольник площади не больше S/8.

9.48*. Проекции многоугольника на ось OX, биссектрису 1-го и 3-го координатных углов, ось OY и биссектрису 2-го и 4-го координатных углов равны соответственно 4, 3 2, 5, 4 2. Площадь многоугольника равна S. Докажите, что S 17,5.

См. также задачу 17.19.

226 Глава 9. Геометрические неравенства § 7. Площадь. Одна фигура лежит внутри другой 9.49. Выпуклый многоугольник, площадь которого больше 0,5, по мещён в квадрат со стороной 1. Докажите, что внутри многоугольника можно поместить отрезок длины 0,5, параллельный стороне квад рата.

9.50*. Внутри квадрата со стороной 1 даны n точек. Докажите, что:

а) площадь одного из треугольников с вершинами в этих точках или вершинах квадрата не превосходит ;

2(n + 1) б) площадь одного из треугольников с вершинами в этих точках не превосходит 1/(n - 2).

9.51*. а) В круг площади S вписан правильный n-угольник пло щади S1, а около этого круга описан правильный n-угольник площа ди S2. Докажите, что S2 > S1S2.

б) В окружность, длина которой равна L, вписан правильный n-угольник периметра P1, а около этой окружности описан правиль ный n-угольник периметра P2. Докажите, что L2 < P1P2.

9.52*. Многоугольник площади B вписан в окружность площа ди A и описан вокруг окружности площади C. Докажите, что 2B A + C.

9.53*. В круг радиуса 1 помещено два треугольника, площадь каждого из которых больше 1. Докажите, что эти треугольники пе ресекаются.

9.54*. а) Докажите, что в выпуклый многоугольник площади S и периметра P можно поместить круг радиуса S/P.

б) Внутри выпуклого многоугольника площади S1 и периметра P расположен выпуклый многоугольник площади S2 и периметра P2.

Докажите, что 2S1/P1 > S2/P2.

9.55*. Докажите, что площадь параллелограмма, лежащего внутри треугольника, не превосходит половины площади треугольника.

9.56*. Докажите, что площадь треугольника, вершины которого ле жат на сторонах параллелограмма, не превосходит половины площади параллелограмма.

* * * 9.57*. Докажите, что любой остроугольный треугольник площади можно поместить в прямоугольный треугольник площади 3.

9.58*. а) Докажите, что выпуклый многоугольник площади S мож но поместить в некоторый прямоугольник площади не более 2S.

б) Докажите, что в выпуклый многоугольник площади S можно вписать параллелограмм площади не менее S/2.

9.59*. Докажите, что в любой выпуклый многоугольник площади можно поместить треугольник, площадь которого не меньше: а) 1/4;

б) 3/8.

Условия задач 9.60*. Выпуклый n-угольник помещён в квадрат со стороной 1. До кажите, что найдутся три такие вершины A, B и C этого n-угольника, что площадь треугольника ABC не превосходит: а) 8/n2;

б) 16 /n3.

См. также задачу 15.8.

§ 8. Ломаные внутри квадрата 9.61*. Внутри квадрата со стороной 1 расположена несамопересе кающаяся ломаная длины 1000. Докажите, что найдётся прямая, параллельная одной из сторон квадрата, пересекающая эту ломаную по крайней мере в 500 точках.

9.62*. В квадрате со стороной 1 расположена ломаная длиной L.

Известно, что каждая точка квадрата удалена от некоторой точки этой ломаной меньше чем на. Докажите, что тогда L -.

2 9.63*. Внутри квадрата со стороной 1 расположено n2 точек. До кажите, что существует ломаная, содержащая все эти точки, длина которой не превосходит 2n.

9.64*. Внутри квадрата со стороной 100 расположена ломаная L, обладающая тем свойством, что любая точка квадрата удалена от L не больше чем на 0,5. Докажите, что на L есть две точки, расстояние между которыми не больше 1, а расстояние по L между ними не меньше 198.

§ 9. Четырёхугольник 9.65. В четырёхугольнике ABCD углы A и B равны, a D > C.

Докажите, что тогда AD < BC.

9.66. В трапеции ABCD углы при основании AD удовлетворяют неравенствам A < D < 90. Докажите, что тогда AC > BD.

9.67. Докажите, что если два противоположных угла четырёхуголь ника тупые, то диагональ, соединяющая вершины этих углов, короче другой диагонали.

9.68. Докажите, что сумма расстояний от произвольной точки до трёх вершин равнобедренной трапеции больше расстояния от этой точки до четвёртой вершины.

9.69. Угол A четырёхугольника ABCD тупой;

F — середина сторо ны BC. Докажите, что 2FA < BD + CD.

9.70. Дан четырёхугольник ABCD. Докажите, что AC·BD AB·CD+ + BC · AD (неравенство Птолемея).

9.71. Пусть M и N — середины сторон BC и CD выпуклого четы рёхугольника ABCD. Докажите, что SABCD < 4SAMN.

9.72. Точка P лежит внутри выпуклого четырёхугольника ABCD.

Докажите, что сумма расстояний от точки P до вершин четырёх угольника меньше суммы попарных расстояний между вершинами четырёхугольника.

228 Глава 9. Геометрические неравенства 9.73. Диагонали делят выпуклый четырёхугольник ABCD на четы ре треугольника. Пусть P — периметр четырёхугольника ABCD, Q — пе риметр четырёхугольника, образованного центрами вписанных окруж ностей полученных треугольников. Докажите, что PQ > 4SABCD.

9.74. Докажите, что расстояние от одной из вершин выпуклого четырёхугольника до противоположной диагонали не превосходит по ловины этой диагонали.

9.75*. Отрезок KL проходит через точку пересечения диагоналей четырёхугольника ABCD, а концы его лежат на сторонах AB и CD.

Докажите, что длина отрезка KL не превосходит длины одной из диагоналей.

9.76*. В параллелограмм P1 вписан параллелограмм P2, а в парал лелограмм P2 вписан параллелограмм P3, стороны которого параллель ны сторонам P1. Докажите, что длина хотя бы одной из сторон P1 не превосходит удвоенной длины параллельной ей стороны P3.

См. также задачи 13.21, 15.3 а).

§ 10. Многоугольники 9.77. Докажите, что если углы выпуклого пятиугольника образуют арифметическую прогрессию, то каждый из них больше 36.

9.78*. Пусть ABCDE — выпуклый пятиугольник, вписанный в ок ружность радиуса 1, причём AB = a, BC = b, CD = c, DE = d, AE = 2.

Докажите, что a2 + b2 + c2 + d2 + abc + bcd < 4.

9.79*. Внутри правильного шестиугольника со стороной 1 взята точка P. Докажите, что расстояния от точки P до некоторых трёх вершин шестиугольника не меньше 1.

9.80*. Докажите, что если стороны выпуклого шестиугольника ABCDEF равны 1, то радиус описанной окружности одного из тре угольников ACE и BDF не превосходит 1.

9.81*. Длины сторон выпуклого шестиугольника ABCDEF мень ше 1. Докажите, что длина одной из диагоналей AD, BE, CF мень ше 2.

9.82*. Семиугольник A1... A7 вписан в окружность. Докажите, что если центр этой окружности лежит внутри его, то сумма углов при вершинах A1, A3, A5 меньше 450.

* * * 9.83. а) Докажите, что если длины проекций отрезка на две взаим но перпендикулярные прямые равны a и b, то его длина не меньше (a + b)/ 2.

б) Длины проекций многоугольника на координатные оси равны a и b. Докажите, что его периметр не меньше 2(a + b).

Условия задач 9.84*. Докажите, что из сторон выпуклого многоугольника пери метра P можно составить два отрезка, длины которых отличаются не более чем на P/3.

9.85*. Многоугольник A1A2... An составлен из n твёрдых стержней, соединённых шарнирами. Докажите, что если n > 4, то его можно деформировать в треугольник.

9.86*. Внутри выпуклого многоугольника A1... An взята точка O.

Пусть — величина угла при вершине Ak, xk = OAk, dk — расстояние k от точки O до прямой AkAk+1. Докажите, что xk sin( /2) dk k и xk cos( /2) p, где p — полупериметр многоугольника.

k 9.87*. Правильный 2n-угольник M1 со стороной a лежит внутри правильного 2n-угольника M2 со стороной 2a. Докажите, что много угольник M1 содержит центр многоугольника M2.

9.88*. Внутри правильного многоугольника A1... An взята точка O.

Докажите, что по крайней мере один из углов AiOAj удовлетворяет неравенствам (1 - 1/n) AiOAj.

9.89*. Докажите, что при n 7 внутри выпуклого n-угольника найдётся точка, сумма расстояний от которой до вершин больше пе риметра.

9.90*. а) Выпуклые многоугольники A1... An и B1... Bn таковы, что все их соответственные стороны, кроме A1An и B1Bn, равны и A2 B2,..., An-1 Bn-1, причём хотя бы одно из неравенств строгое. Докажите, что A1An > B1Bn.

б) Соответственные стороны неравных многоугольников A1... An и B1... Bn равны. Запишем возле каждой вершины многоугольни ка A1... An знак разности Ai - Bi. Докажите, что при n 4 соседних вершин с разными знаками будет по крайней мере четыре пары.

(Вершины с нулевой разностью выбрасываются из рассмотрения: две вершины, между которыми стоят только вершины с нулевой разно стью, считаются соседними.) См. также задачи 4.38, 4.54, 13.45.

§ 11. Разные задачи 9.91. На отрезке длиной 1 дано n точек. Докажите, что сумма расстояний от некоторой точки отрезка до этих точек не меньше n/2.

9.92*. В лесу растут деревья цилиндрической формы. Связисту нужно протянуть провод из точки A в точку B, расстояние между которыми равно l. Докажите, что для этой цели ему достаточно куска провода длиной 1,6l.

9.93*. В некотором лесу расстояние между любыми двумя дере вьями не превосходит разности их высот. Все деревья имеют высоту меньше 100 м. Докажите, что этот лес можно огородить забором дли ной 200 м.

230 Глава 9. Геометрические неравенства 9.94*. Многоугольник (не обязательно выпуклый), вырезанный из бумаги, перегибается по некоторой прямой и обе половинки склеива ются. Может ли периметр полученного многоугольника быть больше, чем периметр исходного?

9.95*. В треугольник вписана окружность. Около неё описан квад рат. Докажите, что вне треугольника лежит не больше половины периметра квадрата.

* * * 9.96. Докажите, что замкнутую ломаную длины 1 можно поместить в круг радиуса 0,25.

9.97*. Остроугольный треугольник расположен внутри окружности.

Докажите, что её радиус не меньше радиуса описанной окружности треугольника.

Верно ли это утверждение для тупоугольного треугольника?

9.98*. Докажите, что периметр остроугольного треугольника не меньше 4R.

См. также задачи 14.25, 20.4.

Задачи для самостоятельного решения 9.99. Два отрезка делят прямоугольник ABCD на четыре пря моугольника. Докажите, что площадь одного из прямоугольников, прилегающих к вершинам A и C, не превосходит четверти площа ди ABCD.

9.100. Докажите, что если AB + BD = AC + CD, то серединный пер пендикуляр к стороне BC выпуклого четырёхугольника ABCD пересе кает отрезок AD.

9.101. Докажите, что если диагональ BD выпуклого четырёхуголь ника ABCD делит пополам диагональ AC и AB > BC, то AD < DC.

9.102. Основания описанной трапеции равны 2 и 11. Докажите, что продолжения её боковых сторон пересекаются под острым углом.

9.103. Основания трапеции равны a и b, а высота равна h. Дока жите, что длина одной из её диагоналей не меньше h2 + (b + a)2/4.

9.104. Вершины n-угольника M1 являются серединами сторон вы пуклого n-угольника M. Докажите, что при n 3 периметр M1 не меньше половины периметра M, а при n 4 площадь M1 не меньше половины площади M.

9.105. В окружность радиуса 1 вписан многоугольник, длины сто рон которого заключены между 1 и 2. Найдите число его сторон.

П р и л о ж е н и е. Некоторые неравенства 1. Наиболее часто используется неравенство между средним ариф метическим и средним геометрическим для двух чисел: ab (a+b)/2, Условия задач где a и b — положительные числа. Это неравенство следует из того, что a - 2 ab + b = ( a - b)2 0;

равенство достигается, только ес ли a = b.

Из этого неравенства следует несколько полезных неравенств, на пример x(a - x) ((x + a - x)/2)2 = a2/4;

a + 2 a(1/a) = 2 при a > 0.

a 2. При решении некоторых задач используется неравенство между средним арифметическим и средним геометрическим для n поло жительных чисел: (a1a2... an)1/n (a1 +... + an)/n, причём равенство достигается, только если a1 =... = an.

Докажем сначала это неравенство для чисел вида n = 2m индук цией по m. Для m = 1 неравенство было доказано выше. Предпо ложим, что оно доказано для m, и докажем его для m + 1. Ясно, m m что akak+2 ((ak + ak+2 )/2)2. Поэтому m+1 m m (a1a2... a2m+1)1/2 (b1b2... b2 )1/2, m где bk = (ak + ak+2 )/2, а по предположению индукции m 1 m m (b1... b2 )1/2 (b1 +... + b2 ) = (a1 +... + a2m+1).

2m 2m+ Пусть теперь n любое. Тогда n < 2m для некоторого m. Положим m an+1 =... = a2 = (a1 +... + an)/n = A. Ясно, что (a1 +... + an) + m m m + (an+1 +... + a2 ) = nA + (2m - n)A = 2mA и a1... a2 = a1... an · A2 -n.

m m m Поэтому a1... an · A2 -n (2mA/2m)2 = A2, т. е. a1... an An;

равенство достигается, только если a1 =... = an.

3. Для произвольных чисел a1,..., an справедливо неравенство (a1 +... + an)2 n(a2 +... + a2). В самом деле, 1 n (a1 +... + an)2 = a2 + 2 aiaj a2 + (a2 + a2) = n a2.

i i i j i i

5. Докажем, что tg при 0 < /2. Пусть AB — касательная к окружности радиуса 1 с центром O, причём B — точка касания;

C — точка пересечения луча OA с окружностью, S — площадь секто ра BOC, = AOB. Тогда = 2S < 2SAOB = tg.

232 Глава 9. Геометрические неравенства 6. На участке от 0 до /2 функция f(x) = x/ sin x монотонно воз cos x(tg x - x) растает, так как f (x) = > 0. В частности, f( ) f( /2), sin2 x т. е. / sin /2 при 0 < < /2.

7. Если f(x) = a cos x + b sin x, то f(x) a2 + b2. В самом деле, существует такой угол, что cos = a2 + b2 и sin = b/ a2 + b2, a/ поэтому f(x) = a2 + b2 cos( - x) a2 + b2. Равенство достигается, только если = x + 2k, т. е. cos x = a/ a2 + b2 и sin x = b/ a2 + b2.

Решения 9.1. Пусть C1 — середина стороны AB. Тогда CC1 + C1A > CA и BC1 + C1C > > BC. Поэтому 2CC1 + BA > CA + BC, т. е. mc > (a + b - c)/2.

Пусть точка C симметрична C относительно точки C1. Тогда CC1 = C1C и BC = CA. Поэтому 2mc = CC < CB + BC = CB + CA, т. е. mc < (a + b)/2.

9.2. Из предыдущей задачи следует ma < (b + c)/2, mb < (a + c)/2 и mc < < (a + b)/2, поэтому сумма длин медиан меньше периметра.

Пусть O — точка пересечения медиан треугольника ABC. Тогда BO + OA > > BA, AO + OC > AC и CO + OB > CB. Складывая эти неравенства и учитывая, что AO = 2ma/3, BO = 2mb/3, CO = 2mc/3, получаем ma + mb + mc > 3(a + b + c)/4.

9.3. Пусть M1 и M2 — диаметрально противоположные точки окружности.

Тогда M1Ak + M2Ak M1M2 = 2. Складывая эти неравенства для k = 1,..., n, получаем (M1A1 +... + M1An) + (M2A1 +... + M2An) 2n. Поэтому либо M1A1 +... + M1An n, и тогда положим M = M1, либо M2A1 +... + M2An n, и тогда положим M = M2.

9.4. В качестве K можно взять середину отрезка PQ. В самом деле, то гда AiK (AiP + AiQ)/2 (см. задачу 9.1), причём хотя бы одно неравенство строгое, так как точки Ai не могут все лежать на прямой PQ.

9.5. Пусть Ai и Bi — положения конца минутных стрелок часов с номе ром i в моменты t и t + 30 мин, Oi — центр i-х часов, а O — центр стола.

Тогда OOi (OAi + OBi)/2 для любого i (см. задачу 9.1). Ясно, что в некоторый момент точки Ai и Bi не лежат на прямой OiO, т. е. по крайней мере одно из n неравенств становится строгим. Тогда либо OO1 +... + OOn < OA1 +... + OAn, либо OO1 +... + OOn < OB1 +... + OBn.

9.6. Решая систему уравнений x + y = c, x + z = b, y + z = a, получа ем x = (-a + b + c)/2, y = (a - b + c)/2, z = (a + b - c)/2. Положительность чи сел x, y и z следует из неравенства треугольника.

9.7. По неравенству треугольника a2 > (b - c)2 = b2 - 2bc + c2, b2 > a2 - 2ac + c и c2 > a2 - 2ab + b2. Складывая эти неравенства, получаем требуемое.

9.8. Можно считать, что a b c. Докажем, что a = b. В самом деле, n если b < a, то b a и c a, где < 1. Поэтому bn + cn 2 an. При до n статочно большом n имеем 2 < 1 и получаем противоречие с неравенством треугольника.

9.9. Так как c(a - b)2 + 4abc = c(a + b)2, то a(b - c)2 + b(c - a)2 + c(a - b)2 + + 4abc - a3 - b3 - c3 = a((b - c)2 - a2) + b((c - a)2 - b2) + c((a + b)2 - c2) = = (a + b - c)(a - b + c)(-a + b + c). (Последнее равенство проверяется простым вычислением.) Все три сомножителя положительны в силу неравенства тре угольника.

Решения задач 9.10. Пусть x = b + c - a, y = c + a - b, z = a + b - c. Согласно неравенству y + z x + z x + y треугольника эти числа положительны. Ясно, что a =, b =, c =.

2 2 Поэтому требуемое неравенство переписывается в виде y + z x + z x + y + + 3.

2x 2y 2z x y Остаётся заметить, что + 2 и т. д.

y x 9.11. Легко проверить, что abc|p - q| = |(b - c)(c - a)(a - b)|. А так как |b - c| < a, |c - a| < b и |a - b| < c, то |(b - c)(c - a)(a - b)| < abc.

9.12. Пусть длины отрезков равны a1 a2 a3 a4 a5. Если все тре угольники, которые можно составить из этих отрезков, не остроугольные, то a2 a2 + a2, a2 a2 + a2 и a2 a2 + a2. Поэтому a2 a2 + a2 (a2 + a2) + 3 1 2 4 2 3 5 3 4 5 3 4 1 + (a2 + a2) 2a2 + 3a2. Так как a2 + a2 2a1a2, то 2a2 + 3a2 > a2 + 2a1a2 + a2 = 2 3 1 2 1 2 1 2 1 = (a1 + a2)2. Приходим к неравенству a2 > (a1 + a2)2, противоречащему нера венству треугольника.

9.13. П е р в о е р е ш е н и е. Введём новые переменные x = -a + b + c, y = a - b + c, z = a + b - c. Тогда a = (y + z)/2, b = (x + z)/2, c = (x + y)/2, т. е. нужно доказать неравенство xyz (x + y)(y + z)(x + z)/8 или 6xyz x(y2 + z2) + y(x2 + z2) + z(x2 + y2). Последнее неравенство следует из того, что 2xyz x(y2 + z2), 2xyz y(x2 + z2), 2xyz z(x2 + y2), так как x, y, z — по ложительные числа.

В т о р о е р е ш е н и е. Так как 2S = ab sin и sin = c/2R, то abc = 4SR.

По формуле Герона (a + b - c)(a - b + c)(-a + b + c) = 8S2/p. Поэтому нужно доказать, что 8S2/p 4SR, т. е. 2S pR. Так как S = pr, приходим к неравен ству 2r R (см. задачу 10.28 или 19.7).

9.14. Введём новые переменные x = (-a + b + c)/2, y = (a - b + c)/2 и z = = (a + b - c)/2. Тогда числа x, y, z положительны и a = y + z, b = x + z, c = x + y. Несложные, но несколько громоздкие вычисления показывают, что a2b(a - b) + b2c(b - c) + c2a(c - a) = 2(x3z + y3x + z3y - xyz(x + y + z)) = x2 y2 z2 x y x y x = 2xyz + + - x - y - z. Так как 2 +, то 2x x + = + y.

y z x y x y x y y z y2 z x z Аналогично 2y y + = + z и 2z z + = + x. Складывая эти z y z x z x x2 y2 z неравенства, получаем + + x + y + z.

y z x 9.15. Пусть O — точка пересечения диагоналей четырёхугольника ABCD.

Тогда AC + BD = (AO + OC) + (BO + OD) = (AO + OB) + (OC + OD) > AB + CD.

9.16. Согласно предыдущей задаче AB + CD < AC + BD. Складывая это неравенство с неравенством AB + BD AC + CD, получаем 2AB < 2AC.

9.17. Докажем сначала, что если P — периметр выпуклого четырёхуголь ника ABCD, a d1 и d2 — длины его диагоналей, то P > d1 + d2 > P/2. Ясно, что AC < AB + BC и AC < AD + DC, поэтому AC < (AB + BC + CD + AD)/2 = P/2.

Аналогично BD < P/2. Следовательно, AC + BD < P. С другой стороны, скла дывая неравенства AB + CD < AC + BD и BC + AD < AC + BD (см. задачу 9.15), получаем P < 2(AC + BD).

Пусть P — периметр внешнего четырёхугольника, P — периметр внутрен него. Тогда d > P/2, а так как P < P (задача 9.29 б), то d < P < P < 2d.

234 Глава 9. Геометрические неравенства 9.18. Пусть ломаная наименьшей длины самопересекающаяся. Рассмот рим два пересекающихся звена. Вершины этих звеньев могут соединяться одним из трёх способов (рис. 9.2). Рассмотрим новую ломаную, у которой два пересекающихся звена заменены на штриховые звенья (см. рис. 9.2).

Рис. 9. При этом снова получается замкнутая ломаная, но её длина меньше, чем у исходной, так как сумма длин противоположных сторон выпуклого че тырёхугольника меньше суммы длин диагоналей. Получено противоречие, поэтому замкнутая ломаная наименьшей длины не может иметь пересекаю щихся звеньев.

9.19. Докажем, что число сторон у такого многоугольника не больше 5.

Предположим, что все диагонали многоугольника A1... An имеют одинаковую длину и n 6. Тогда отрезки A1A4, A1A5, A2A4 и A2A5 имеют одинако вую длину, так как они являются диагоналями этого многоугольника. Но в выпуклом четырёхугольнике A1A2A4A5 отрезки A1A5 и A2A4 являются противоположными сторонами, a A1A4 и A2A5 — диа гоналями. Поэтому A1A5 + A2A4 < A1A4 + A2A5. Полу чено противоречие.

Ясно также, что правильный пятиугольник и квадрат удовлетворяют требуемому условию.

9.20. Рассмотрим все разбиения данных точек на пары разноцветных точек. Этих разбиений конечное число, поэтому найдётся разбиение, для которого сум ма длин отрезков, заданных парами точек разбиения, наименьшая. Покажем, что тогда эти отрезки не бу Рис. 9. дут пересекаться. В самом деле, если бы два отрезка пересекались, то мы смогли бы выбрать разбиение с меньшей суммой длин отрезков, заменив диагонали выпуклого четырёх угольника на его противоположные стороны (рис. 9.3).

9.21. Пусть ApAp+1 и AqAq+1 — несмежные стороны n-угольника A1... An (т. е. |p - q| 2). Тогда ApAp+1 + AqAq+1 < ApAq + Ap+1Aq+1. Запишем все та кие неравенства и сложим их. Для каждой стороны найдётся ровно n - несмежных с ней сторон, поэтому любая сторона входит в n - 3 неравенства, т. е. в левой части полученной суммы стоит (n - 3)P, где P — сумма длин сто рон n-угольника. Диагональ AmAn входит в два неравенства: для p = n, q = m и для p = n - 1, q = m - 1, поэтому в правой части стоит 2d, где d — сумма длин диагоналей. Итак, (n - 3)P < 2d. Следовательно, P/n < d/(n(n - 3)/2), что и требовалось.

Решения задач 9.22. Рассмотрим произвольную замкнутую ломаную с вершинами в вер шинах данного многоугольника. Если у неё есть два непересекающихся звена, то, заменив эти звенья на диагонали заданного ими четырёхугольника, мы увеличим сумму длин звеньев;

при этом, однако, одна замкнутая ломаная может распасться на две. Докажем, что в случае нечётного числа звеньев после всех таких операций в конце концов получится замкнутая ломаная (так как сумма длин звеньев каждый раз увеличивается, таких операций возможно лишь конечное число). Одна из получившихся замкнутых ломаных должна иметь нечётное число звеньев, но тогда любое из оставшихся звеньев не пересекается хотя бы с одним из звеньев этой ломаной (см. задачу 23.1 а), значит, в конце концов, получится лишь одна замкнутая ломаная.

Будем теперь последовательно строить ломаную с попарно пересекающи мися звеньями (рис. 9.4). Например, вершина 10 должна лежать внутри заштрихованного треугольника, поэтому расположение вершин именно такое, как на рис. 9.4. Значит, выпуклому многоугольнику A1A3A5... A2n+1A2... A2n соответствует ломаная A1A2A3... A2n+1A1.

Рис. 9.4 Рис. 9. 9.23. Пусть длина третьей стороны равна n. По неравенству треугольни ка 3,14 - 0,67 < n < 3,14 + 0,67. Так как n — целое число, то n = 3.

9.24. Ясно, что AB + BC > AC, BC + CD > BD, CD + DE > CE, DE + EA > DA, EA + AB > EB. Складывая все эти неравенства, получаем, что сумма длин диагоналей пятиугольника меньше удвоенного периметра.

Сумма длин диагоналей больше суммы длин сторон «лучей звезды», а она, в свою очередь, больше периметра пятиугольника (рис. 9.5).

9.25. Предположим, что c — не наименьшая сторона, например, a c. То гда a2 c2 и b2 < (a + c)2 4c2. Поэтому a2 + b2 < 5c2. Получено противоречие.

1 1.

9.26. Так как c > |b - a| и a = 2S/ha, b = 2S/hb, c = 2S/hc, то > - hc ha hb Значит, в нашем случае hc < 20 · 12/8 = 30.

9.27. Отрезок CE пересекает отрезок AD или отрезок BD;

пусть для определённости он пересекает отрезок AD в точке P. Тогда AP + PC > AC и EP + PD > ED, поэтому DA + EC > AC + ED. Следовательно, EC - ED > > AC - DA > 1.

236 Глава 9. Геометрические неравенства 9.28. Возьмём на сторонах AB, BC, CA точки C2, A2, B2 так, что A1B2 AB, B1C2 BC, C1A2 CA (рис. 9.6). Тогда A1B1

Аналогично B1C1 < (1 - )BC + (2 - 1)AB и C1A1 < (1 - )CA + (2 - 1)BC.

Складывая эти неравенства, получаем P1 < P.

Рис. 9.6 Рис. 9. Ясно, что A1B1 + A1C > B1C, т. е. A1B1 + (1 - )BC > · CA. Аналогич но B1C1 + (1 - )CA > · AB и C1A1 + (1 - )AB > · BC. Складывая эти неравенства, получаем P1 > (2 - 1)P.

9.29. а) При переходе от невыпуклого многоугольника к его выпуклой оболочке некоторые ломаные, образованные сторонами, заменяются прямоли нейными отрезками (рис. 9.7). Остаётся заметить, что длина ломаной больше длины отрезка с теми же концами.

б) Построим на сторонах внутренне го многоугольника полуполосы, обращён ные наружу;

параллельные края полупо лос перпендикулярны соответствующей сто роне многоугольника (рис. 9.8). Обозна чим через P ту часть периметра внешнего многоугольника, которая находится внут ри этих полуполос. Тогда периметр внут реннего многоугольника не превосходит P, а внешнего больше P.

9.30. Так как AO + BO > AB, BO + OC > > BC и CO + OA > AC, то AO + BO + CO > > (AB + BC + CA)/2. Поскольку треуголь Рис. 9. ник ABC содержит треугольник ABO, то AB + BO + OA < AB + BC + CA (см. за дачу 9.29 б), т. е. BO + OA < BC + CA. Аналогично AO + OC < AB + BC и CO + OB < CA + AB. Складывая эти неравенства, получаем AO + BO + CO < < AB + BC + CA.

9.31. Достаточно доказать, что ABCE и BCDE — параллелограммы. До строим треугольник ABE до параллелограмма ABC1E. Тогда периметры тре угольников BC1E и ABE равны, поэтому равны периметры треугольников BC1E и BCE. Следовательно, C1 = C, так как иначе один из треугольников BC1E и BCE лежит внутри другого и их периметры не могут быть равны.

Решения задач Поэтому ABCE — параллелограмм. Аналогично доказывается, что BCDE — па раллелограмм.

9.32. Ясно, что 2 = 2S = ab sin ab b2, т. е. b 2.

9.33. Так как EH — средняя линия треугольника ABD, то SAEH = SABD/4.

Аналогично SCFG = SCBD/4. Поэтому SAEH + SCFG = SABCD/4. Аналогично SBFE + + SDGH = SABCD/4. Следовательно, SABCD = 2SEFGH = EG · HF sin, где — угол между прямыми EG и HF. 1, то SABCD EG · # –Так# как #sin – # – # – # –HF. – – – # # Складывая EG = EB + # – # – # –равенства# – # – #BC + CG и# EG = EA + AD + DG, получаем # – – # – – 2EG = (EB + EA) + (BC + AD) + (DG + CG) = BC + AD. Поэтому EG (BC + AD)/2.

Аналогично HF (AB + CD)/2. Следовательно, SABCD EG · HF (AB + CD)(BC + AD)/4.

9.34. Согласно задаче 9.33 SABCD (AB + CD)(BC + AD)/4. Так как ab (a + b)2/4, то SABCD (AB + CD + AD + BC)2/16 = 1.

9.35. Опустим из точек B и C перпендикуляры BB1 и CC1 на прямую AM.

Тогда 2SAMB + 2SAMC = AM · BB1 + AM · CC1 AM · BC, так как BB1 + CC1 BC.

Аналогично 2SBMC + 2SBMA BM · AC и 2SCMA + 2SCMB CM · AB. Складывая эти неравенства, получаем требуемое.

9.36. Пусть на сторонах A1A2, A2A3,..., AnA1 выбраны точки B1,..., Bn;

O — центр окружности. Пусть, далее, Sk = SOBkAk+1Bk+1 = (OAk+1 · BkBk+1 sin )/2, где — угол между OAk+1 и BkBk+1. Так как OAk+1 = R и sin 1, то Sk (R · BkBk+1)/2. Поэтому S = S1 +... + Sn R(B1B2 +... + BnB1)/2, т. е. периметр многоугольника B1B2... Bn не меньше 2S/R.

9.37. Ясно, что 2SAOB AO · OB (AO2 + BO2)/2, причём равенство возмож но, только если AOB = 90 и AO = BO. Аналогично 2SBOC (BO2 + CO2)/2, 2SCOD (CO2 + DO2)/2 и 2SDOA (DO2 + AO2)/2. Складывая эти неравенства, получаем 2S = 2(SAOB + SBOC + SCOD + SDOA) AO2 + BO2 + CO2 + DO2, причём равенство возможно, только если AO = BO = CO = DO и AOB = BOC = COD = DOA = 90, т. е. ABCD — квадрат и точка O — его центр.

9.38. Нужно доказать, что SABC/SAMN 4. Так как AB = AM + MB = AM + AN = AN + NC = AC, то SABC AB · AC (AM + AN) = = 4.

SAMN AM · AN AM · AN 9.39. Воспользуемся формулой Герона: S2 = = p(p - a)(p - b)(p - c). Так как p - a = (p1 - a1) + + (p2 - a2), a (x + y)2 4xy, то (p - a)2 4(p1 - a1) Рис. 9. (p2 - a2). Аналогично (p - b)2 4(p1 - b1)(p2 - b2), (p - c)2 4(p1 - c1)(p2 - c2) и p2 4p1p2. Перемножая эти неравенства, получаем требуемое.

9.40. Для определённости можно считать, что пересекаются лучи BA и CD, BC и AD (рис. 9.9). Тогда, если достроить треугольник ADC до параллело грамма ADCK, точка K окажется внутри четырёхугольника ABCD. Поэтому 2S 2SABK + 2SBCK = AB · AK sin + BC · CK sin = AB · CD sin + BC · AD sin.

Равенство достигается, если точка D лежит на отрезке AC.

Пусть точка D симметрична точке D относительно серединного перпенди куляра к отрезку AC. Тогда 2S = 2SABCD = 2SABD + 2SBCD AB · AD + BC · CD = = AB · CD + BC · AD.

238 Глава 9. Геометрические неравенства 9.41. Согласно неравенству между средним геометрическим и средним a b c арифметическим + + 3 abc/( ) = 3/2, так как = 2 bc, = 2 ca и = 2 ab (см. задачу 1.34).

9.42. Неравенства <, < и < не могут выполняться одновре 1 1 менно. Поэтому, например, 90, а значит, sin sin. Следователь 1 но, 2S1 = a1b1 sin k2ab sin = 2k2S.

9.43. а) Пусть хорды AE и BD пересекают диаметр CM в точках K и L.

Тогда AC2 = CK · CM и BC2 = CL · CM. Значит, CK/CL = AC2/BC2 < 4. Кроме того, AE/BD = AE/AC < 2. Следовательно, SACE/SBCD = AE · CK/(BD · CL) < 8.

б) Пусть H — середина отрезка BC. Так как CBD = BCD = ABD, то D — точка пересечения биссектрис треугольника ABC. Поэтому AD/DH = = AB/BH > 1. Следовательно, SMAN > SABC/4 и SBCD = BC · DH/2 < BC · AH/4 = = SABC/2.

9.44. Отрежем от полученного многоугольника прямоугольники со сторо ной h, построенные внешним образом на сторонах исходного многоугольника (рис. 9.10). При этом кроме исходного многоугольника останутся ещё некото Рис. 9. рые четырёхугольники, из которых можно составить многоугольник, описан ный около окружности радиуса h. Сумма площадей этих четырёхугольников больше площади окружности радиуса h, т. е. больше h2. Ясно также, что сумма площадей отрезанных прямоугольников равна Ph.

9.45. Пусть s, s1,..., sn — площади квадрата и составляющих его прямо угольников, S, S1,..., Sn — площади описанных около них кругов. Докажем, что sk 2Sk/. В самом деле, если стороны прямоугольника равны a и b, a2 b то sk = ab и Sk = R2, где R2 = +. Поэтому sk = ab (a2 + b2)/2 = 2 R2/ = 4 = 2Sk/. Следовательно, 2S/ = s = s1 +... + sn 2(S1 +... + Sn)/.

9.46. Пусть для определённости ABC — треугольник наименьшей площа ди. Обозначим точку пересечения диагоналей AD и EC через F. Тогда Решения задач SABCDE < SAED + SEDC + SABCF. Так как точка F лежит на отрезке EC и SEAB SCAB, то SEAB SFAB. Аналогично SDCB SFCB. Поэтому SABCF = SFAB + SFCB SEAB + SDCB. Следовательно, SABCDE < SAED + SEDC + SEAB + SDCB;

это даже более сильное неравенство, чем требовалось.

9.47. а) Обозначим точки пересечения диагоналей AD и CF, CF и BE, BE и AD через P, Q, R соответственно (рис. 9.11). Четырёхугольники ABCP и CDEQ не имеют общих внутренних точек, так как стороны CP и QC лежат на прямой CF, а отрезки AB и DE — по разные стороны от неё. Аналогично четырёхугольники ABCP, CDEQ и EFAR не имеют попарно общих внутренних точек. Поэтому сумма их площадей не превосходит S. Следовательно, сумма площадей треугольников ABP, BCP, CDQ, DEQ, EFR, FAR не превосходит S, т. е. площадь одного из них, например ABP, не превосходит S/6. Точка P лежит на отрезке CF, поэтому либо точка C, либо точка F удалена от пря мой AB не больше, чем точка P. Следовательно, либо SABC SABP S/6, либо SABF SABP S/6.

Рис. 9.11 Рис. 9. б) Пусть ABCDEFGH — выпуклый восьмиугольник (рис. 9.12). Докажем сначала, что четырёхугольники ABEF, BCFG, CDGH и DEHA имеют общую точку. Ясно, что пересечением ABEF и CDGH является некоторый выпуклый четырёхугольник KLMN. Отрезки AF и HC лежат внутри углов DAH и AHE соответственно, поэтому точка K лежит внутри четырёхугольника DEHA. Ана логично доказывается, что точка M лежит внутри четырёхугольника DEHA, т. е. весь отрезок KM лежит внутри его. Аналогично отрезок LN лежит внутри четырёхугольника BCFG. Точка пересечения диагоналей KM и LN принадле жит всем нашим четырёхугольникам;

обозначим её O. Разобьём восьмиуголь ник на треугольники, соединив точку O с вершинами. Площадь одного из этих треугольников, например ABO, не превосходит S/8. Отрезок AO пересекает сторону KL в некоторой точке P, поэтому SABP SABO S/8. Так как точка P лежит на диагонали CH, то либо SABC SABP S/8, либо SABH SABP S/8.

9.48. Для каждой из четырёх данных проекций многоугольника рассмот рим полосу, состоящую из точек, которые проецируются на данную проекцию.

Каждая граница такой полосы пересекает все остальные полосы, поскольку иначе проекция многоугольника была бы меньше, чем нужно. Поэтому дан ный многоугольник лежит внутри фигуры, которая получается при отрезании от прямоугольника размером 4 5 треугольников со сторонами a, 3 - a, 240 Глава 9. Геометрические неравенства b и 1 - b (рис. 9.13). Сумма площадей отрезанных треугольников равна 2 9 2 1 1 1 1 1 3 a2 + (3 - a)2 + b2 + (1 - b)2 = a - + + b - + = 2,5.

2 2 2 2 2 4 2 4 Поэтому площадь фигуры не превосходит 20 - 2,5 = 17,5.

3 - a 1 - b 4 3 a b Рис. 9. 9.49. Проведём через все вершины многоугольника прямые, параллельные одной паре сторон квадрата, и разобьём тем самым квадрат на полоски.

Каждая такая полоска отрезает от многоугольника трапецию или треуголь ник. Достаточно доказать, что длина одного из оснований этих трапеций больше 0,5. Предположим, что длины оснований всех трапеций не превос ходят 0,5. Тогда площадь каждой трапеции не превосходит половины высоты полоски, её заключающей. Поэтому площадь многоугольника, равная сумме площадей трапеций и треугольников, на которые он разрезан, не превосходит половины суммы высот полосок, т. е. не превосходит 0,5. Получено противо речие.

9.50. а) Пусть P1,..., Pn — данные точки. Соединим точку P1 с вершинами квадрата. При этом получится четыре треугольника. Затем для k = 2,..., n проделаем следующую операцию. Если точка Pk лежит строго внутри одно го из полученных ранее треугольников, то соединим её с вершинами этого Решения задач треугольника. Если точка Pk лежит на общей стороне двух треугольников, то соединим её с вершинами этих треугольников, противолежащими общей стороне. После каждой такой операции в обоих случаях число треугольников увеличивается на два. В результате получится 2(n + 1) треугольников. Сумма площадей этих треугольников равна 1, поэтому площадь одного из них не превосходит 1/(2(n + 1)).

б) Рассмотрим наименьший выпуклый многоугольник, содержащий данные точки. Пусть он имеет k вершин. Если k = n, то этот k-угольник можно разбить на n - 2 треугольников диагоналями, выходящими из одной верши ны. Если же k < n, то внутри k-угольника лежит n - k точек и его можно разбить на треугольники способом, указанным в предыдущей задаче. При этом получится k + 2(n - k - 1) = 2n - k - 2 треугольников. Так как k < n, то 2n - k - 2 > n - 2.

Сумма площадей треугольников разбиения меньше 1, а их количество не меньше n - 2, поэтому площадь хотя бы одного из них не превосхо дит 1/(n - 2).

9.51. а) Можно считать, что описанный n-угольник A1... An и вписан ный n-угольник B1... Bn расположены так, что прямые AiBi пересекают ся в центре O данного круга. Пусть Ci и Di — середины сторон AiAi+ и BiBi+1. Тогда SOBiCi = p · OBi · OCi, SOBiDi = p · OBi · ODi и SOAiCi = p · OAi · OCi, где p = (sin AiOCi)/2. Так как OAi : OCi = OBi : ODi, то S2 = SOBiDiSOAiCi.

OBiCi Остаётся заметить, что площадь части круга, заключённой внутри угла AiOCi, больше SOBiCi, а площади частей вписанного и описанного n-угольников, за ключённых внутри этого угла, равны SOBiDi и SOAiCi.

б) Пусть радиус окружности равен R. Тогда P1 = 2nR sin( /n), P2 = = 2nR tg( /n) и L = 2 R. Нужно доказать, что sin x tg x > x2 при 0 < x /3.

2 2 x2 x sin x x2 x2 x Так как 1 - = 1 - + и 0 < cos x 1 - + (см. при x 6 3 36 2 x2 x4 x2 x ложение в конце главы), остаётся проверить, что 1 - + 1 - +, 3 36 2 т. е. 12x2 > x4. При x /3 это неравенство выполняется.

9.52. Пусть O — центр гомотетии, переводящей вписанную окружность в описанную. Разобьём плоскость лучами, выходящими из точки O и проходя щими через вершины многоугольника и точки касания его сторон с вписанной окружностью (рис. 9.14). Достаточно доказать требуемое нера венство для частей кругов и многоугольника, за ключённых внутри каждого из образованных эти ми лучами углов. Пусть стороны угла пересека ют вписанную и описанную окружности в точках P, Q и R, S соответственно, причём P — точка касания, а S — вершина многоугольника. Площа ди частей кругов больше площадей треугольников OPQ и ORS, поэтому достаточно доказать, что 2SOPS SOPQ + SORS. Так как 2SOPS = 2SOPQ + 2SPQS и SORS = SOPQ + SPQS + SPRS, остаётся доказать, что SPQS SPRS. Это неравенство очевидно, так как Рис. 9. 242 Глава 9. Геометрические неравенства высоты треугольников PQS и PRS, опущенные на основания PQ и RS, равны, a PQ < RS.

9.53. Достаточно доказать, что оба треугольника содержат центр O кру га. Докажем, что если треугольник ABC, помещённый в круг радиуса 1, не содержит центра круга, то его площадь меньше 1. В самом деле, для любой точки, лежащей вне треугольника, найдётся прямая, проходящая че рез две вершины и отделяющая эту точку от третьей вершины. Пусть для определённости прямая AB разделяет точки C и O. Тогда hc < 1 и AB < 2, поэтому S = hc · AB/2 < 1.

9.54. а) Построим на сторонах многоугольника внутренним образом прямо угольники со второй стороной R = S/P. Они покроют не весь многоугольник (эти прямоугольники перекрываются и могут вылезать за его пределы, а сум ма их площадей равна площади многоугольника). Непокрытая точка удалена ото всех сторон многоугольника больше, чем на R, поэтому круг радиуса R с центром в этой точке целиком лежит внутри многоугольника.

б) Из задачи а) следует, что во внутренний многоугольник можно по местить круг радиуса S2/P2. Ясно, что этот круг лежит внутри внешнего многоугольника. Остаётся доказать, что если внутри многоугольника лежит круг радиуса R, то R 2S/P. Для этого соединим центр O круга с верши нами. Тогда многоугольник разобьётся на треугольники с площадями hiai/2, где hi — расстояние от точки O до i-й стороны, а ai — длина i-й стороны. Так как hi R, то 2S = hiai Rai = RP.

9.55. Рассмотрим сначала случай, когда две стороны параллелограмма лежат на прямых AB и AC, а верши на X лежит на стороне BC. Если BX : CX = x : (1 - x), то отношение площади параллелограмма к площади треугольника равно 2x(1 - x) 1/2.

В общем случае проведём параллельные прямые, содержащие пару сторон данного параллелограмма (рис. 9.15). Площадь данного параллелограмма не пре восходит суммы площадей заштрихованных паралле Рис. 9. лограммов, а они относятся к разобранному выше случаю. Если прямые, содержащие пару сторон данного параллелограмма, пересекают лишь две стороны треугольника, то можно ограничиться одним заштрихованным параллелограммом.

9.56. Рассмотрим сначала такой случай: две вершины A и B треуголь ника ABC лежат на одной стороне PQ параллелограмма. Тогда AB PQ и высота, опущенная на сторону AB, не больше вы соты параллелограмма. Поэтому площадь треуголь ника ABC не больше половины площади паралле лограмма.

Если же вершины треугольника лежат на раз ных сторонах параллелограмма, то две из них ле жат на противоположных сторонах. Проведём через третью вершину треугольника прямую, параллель Рис. 9. ную этим сторонам (рис. 9.16). Она разрезает па раллелограмм на два параллелограмма, а треуголь ник — на два треугольника, причём у обоих треугольников две вершины лежат на сторонах параллелограмма. Приходим к рассмотренному случаю.

Решения задач 9.57. Пусть M — середина наибольшей стороны BC данного остроугольного треугольника ABC. Окружность радиуса MA с центром M пересекает лучи MB и MC в точках B1 и C1. Так как BAC < 90, то MB < MB1. Пусть для определённости AMB AMC, т. е. AMB 90. Тогда AM2 + MB2 AB BC2 = 4MB2, т. е. AM 3BM. Если AH — высота треугольника ABC, то AH · BC = 2, а значит, SAB1C1 = B1C1 · AH/2 = AM · AH 3BM · AH = 3.

9.58. а) Пусть AB — наибольшая диагональ или сторона данного мно гоугольника M. Многоугольник M заключён внутри полосы, образованной перпендикулярами к отрезку AB, проходящими через точки A и B. Прове дём к многоугольнику M две опорные прямые, параллельные AB;

пусть они пересекают многоугольник M в точках C и D. В результате многоугольник M за ключён в прямоугольник, площадь которого равна 2SABC + 2SABD 2S.

б) Пусть M — исходный многоуголь ник, l — произвольная прямая. Рассмотрим многоугольник M1, одна из сторон которо го — проекция M на l, а длины сечений многоугольников M и M1 любой прямой, перпендикулярной l, равны (рис. 9.17). Лег ко проверить, что многоугольник M1 тоже выпуклый, причём его площадь равна S.

Пусть A — наиболее удалённая от l точ ка многоугольника M1. Прямая, равноуда лённая от точки A и прямой l, пересека ет стороны многоугольника M1 в точках Рис. 9. B и C. Проведём через точки B и C опорные прямые. В результате вокруг многоугольни ка M1 будет описана трапеция (через точку A тоже можно провести опор ную прямую);

площадь этой трапеции не меньше S. Если высота трапеции (т. е. расстояние от точки A до прямой l) равна h, то её площадь равна h · BC, а значит, h · BC S. Рассмотрим сечения PQ и RS многоугольника M пря мыми, перпендикулярными l и проходящими через B и C. Длины этих сечений равны h/2, поэтому PQRS — па раллелограмм, причём его площадь равна BC · h/2 S/2.

9.59. а) Заключим многоугольник в поло су, образованную параллельными прямыми.

Будем сдвигать эти прямые параллельно до тех пор, пока на каждую из них не попадут некоторые вершины A и B многоугольника.

Затем проделаем то же самое для полосы, образованной прямыми, параллельными AB.

На эти прямые попадут некоторые вершины C и D (рис. 9.18). Исходный многоугольник Рис. 9. заключён в параллелограмм, поэтому пло щадь этого параллелограмма не меньше 1. С другой стороны, сумма площадей треугольников ACB и ADB равна половине площади параллелограмма, поэто му площадь одного из этих треугольников не меньше 1/4.

244 Глава 9. Геометрические неравенства б) Как и в задаче а), заключим многоугольник в полосу, образованную параллельными прямыми, так, чтобы вершины A и B лежали на этих прямых (рис. 9.19). Пусть ширина этой полосы равна d.

Проведём три прямые, делящие эту полосу на рав ные полосы шириной d/4. Пусть первая и третья прямые пересекают стороны многоугольника в точ ках K, L и M, N соответственно.

Продолжим стороны, на которых лежат точки K, L, M и N, до пересечения со сторонами ис ходной полосы и с прямой, делящей её пополам.

При этом образуются две трапеции со средними линиями KL и MN, высоты которых равны d/2.

Так как эти трапеции покрывают весь многоуголь Рис. 9. ник, сумма их площадей не меньше его площади, т. е. (d · KL + d · MN)/2 1. Сумма площадей треугольников AMN и BKL, содержащихся в исходном многоугольнике, равна (3d · MN + 3d · KL)/8 3/4.

Поэтому площадь одного из этих треугольников не меньше 3/8.

9.60. Докажем, что найдутся даже три последовательные вершины, удо влетворяющие требуемому условию. Пусть — угол между i-й и (i + 1)-й i сторонами, = -, а ai — длина i-й стороны.

i i а) Площадь треугольника, образованного i-й и (i + 1)-й сторонами, рав на Si = (aiai+1 sin )/2. Пусть S — наименьшая из этих площадей. Тогда 2S i aiai+1 sin, поэтому (2S)n (a2... a2)(sin... sin ) a2... a2. Согласно i 1 n 1 n 1 n неравенству между средним арифметическим и средним геометрическим (a1... an)1/n (a1 +... + an)/n, поэтому 2S (a1... an)2/n (a1 +... + an)2/n2.

Так как ai pi + qi, где pi и qi — проекции i-й стороны на вертикальную и го ризонтальную стороны квадрата, то a1 +... + an (p1 +... + pn) + (q1 +... + qn) 4.

Поэтому 2S 16n2, т. е. S 8/n2.

б) Воспользуемся доказанным выше неравенством 2S (a1... an)2/n(sin... sin )1/n (sin... sin )1/n.

1 n 1 n n Так как sin = sin и +... + = 2, то i i 1 n +... + 1 n (sin... sin )1/n = (sin... sin )1/n =.

1 n 1 n n n Поэтому 2S 32 /n3, т. е. S 16 /n3.

9.61. Пусть li — длина i-го звена ломаной, ai и bi — длины его проекций на стороны квадрата. Тогда li ai + bi. Следовательно, 1000 = l1 +... + ln (a1 +... + an) + (b1 +... + bn), т. е. либо a1 +... + an 500, либо b1 +... + bn 500.

Если сумма длин проекций звеньев на сторону длиной 1 не меньше 500, то на одну из точек стороны проецируется не ме нее 500 различных звеньев ломаной, т. е. пер пендикуляр к стороне, проходящий через эту точку, пересекает ломаную по крайней мере в 500 точках.

9.62. Геометрическое место точек, уда лённых от данного отрезка не более чем на, изображено на рис. 9.20. Площадь Рис. 9. Решения задач этой фигуры равна + 2 l, где l — длина отрезка. Построим такие фи гуры для всех N звеньев данной ломаной. Так как соседние фигуры име ют N - 1 общих кругов радиуса с центрами в неконцевых вершинах ломаной, то покрытая этими фигурами площадь не превосходит N + 2 + 2 (l1 +... + ln) - (N - 1) = 2 L +. Эти фигуры покрывают весь квад рат, так как любая точка квадрата удалена от некоторой точки ломаной меньше чем на. Поэтому 1 2 L +, т. е. L -.

2 9.63. Разобьём квадрат на n вертикальных полосок, содержащих по n то чек каждая. Точки внутри каждой полосы соединим сверху вниз и получим n ломаных. Эти ломаные можно соединить в одну ломаную двумя способа ми (рис. 9.21, а и б). Рассмотрим отрезки, соединяющие разные полосы.

Рис. 9. Объединение всех таких отрезков, полученных обоими способами, представ ляет собой пару ломаных, причём сумма длин горизонтальных проекций звеньев каждой из них не превосходит 1. Поэтому сумма длин горизонтальных проекций соединяющих отрезков для одного из способов не превосходит 1.

Рассмотрим именно это соединение. Сумма длин горизонтальных проекций для соединяющих звеньев не превосходит 1, а для всех остальных звеньев не превосходит (n - 1)(h1 +... + hn), где hi — ширина i-й полосы. Ясно, что h1 +... + hn = 1. Сумма вертикальных про екций всех звеньев ломаной не превосходит n.

В итоге получаем, что сумма вертикальных и го ризонтальных проекций всех звеньев не превос ходит 1 + (n - 1) + n = 2n, поэтому и длина ло маной не превосходит 2n.

9.64. Пусть M и N — концы ломаной. Будем идти по ломаной из M в N. Пусть A1 — первая из встретившихся нам точек ломаной, удалённых от какой-либо вершины квадрата на расстояние 0,5.

Рассмотрим вершины квадрата, соседние с этой вершиной. Пусть B1 — первая после A1 точка ло маной, удалённая от одной из этих вершин на расстояние 0,5. Вершины квадрата, ближайшие к точкам A1 и B1, обозначим A и B соответ ственно (рис. 9.22). Часть ломаной от M до A Рис. 9. 246 Глава 9. Геометрические неравенства обозначим через L1, от A1 до N — через L2. Пусть X и Y — множества точек, лежащих на AD и удалённых не более чем на 0,5 от L1 и L2 соответственно.

По условию X и Y покрывают всю сторону AD. Ясно, что A принадлежит X, а D не принадлежит X, поэтому D принадлежит Y, т. е. оба множества X и Y не пусты. Но каждое из них состоит из нескольких отрезков, поэтому они должны иметь общую точку P. Следовательно, на L1 и L2 существуют точки F1 и F2, для которых PF1 0,5 и PF2 0,5.

Докажем, что F1 и F2 — искомые точки. В самом деле, F1F2 F1P + PF2 1.

С другой стороны, идя в F2 из F1, мы должны пройти через точку B, а F1B1 99 и F2B1 99, так как точка B1 удалена от стороны BC не больше чем на 0,5, а F1 и F2 удалены от стороны AD не больше чем на 0,5.

9.65. Пусть A = B. Достаточно доказать, что если AD < BC, то D > C.

Возьмём на стороне BC точку D1 так, что BD1 = AD. Тогда ABD1D — равно бедренная трапеция. Поэтому D > D1DA = DD1B > C.

9.66. Пусть B1 и C1 — проекции точек B и C на основание AD. Так как BAB1 < CDC1 и BB1 = CC1, то AB1 > DC1 и поэтому B1D < AC1. Сле довательно, BD2 = B1D2 + B1B2 < AC2 + CC2 = AC2.

1 9.67. Пусть углы B и D четырёхугольника ABCD тупые. Тогда точки B и D лежат внутри окружности с диаметром AC. Так как расстояние между любыми двумя точками, лежащими внутри окружности, меньше её диаметра, то BD < AC.

9.68. В равнобедренной трапеции ABCD диагонали AC и BD равны. Поэто му BM + (AM + CM) BM + AC = BM + BD DM.

9.69. Пусть O — середина отрезка BD. Точка A лежит внутри окружности с диаметром BD, поэтому OA < BD/2. Кроме того, FO = CD/2. Следователь но, 2FA 2FO + 2OA < CD + BD.

9.70. Отложим на лучах AB, AC и AD отрезки AB, AC и AD дли ной 1/AB, 1/AC и 1/AD. Тогда AB : AC = AC : AB, т. е. ABC AC B.

Коэффициент подобия этих треугольников равен 1/(AB · AC), поэтому B C = = BC/(AB · AC). Аналогично C D = CD/(AC · AD) и B D = BD/(AB · AD). Под ставив эти выражения в неравенство B D B C + C D и домножив обе части на AB · AC · AD, получим требуемое.

9.71. Ясно, что SABCD = SABC + SACD = 2SAMC + 2SANC = 2(SAMN + SCMN). Если отрезок AM пересекает диагональ BD в точке A1, то SCMN = SA1MN < SAMN.

Значит, SABCD < 4SAMN.

9.72. Диагонали AC и BD пересекаются в точке O. Пусть для определён ности точка P лежит внутри треугольника AOB. Тогда AP + BP AO + BO < < AC + BD (см. решение задачи 9.30) и CP + DP < CB + BA + AD.

9.73. Пусть ri, Si и pi — радиусы вписанных окружностей, площади и полупериметры полученных треугольников. Тогда Q 2 ri = 2 (Si/pi) > > 4 (Si/P) = 4S/P.

9.74. Пусть AC BD. Опустим из вершин A и C перпендикуляры AA1 и CC на диагональ BD. Тогда AA1 + CC1 AC BD, а значит, AA1 BD/2 или CC BD/2.

9.75. Проведём через концы отрезка KL прямые, ему перпендикулярные, и рассмотрим проекции на них вершин четырёхугольника, а также точки пересечения с ними прямых AC и BD (рис. 9.23). Пусть для определённости точка A лежит внутри полосы, заданной этими прямыми, а точка B — вне её.

Тогда можно считать, что D лежит внутри полосы, так как иначе BD > KL, Решения задач Рис. 9.23 Рис. 9. и доказательство завершено. Так как AA A1K C1L CC =, BB B1K D1L DD то либо AA CC (и тогда AC > KL), либо BB DD (и тогда BD > KL).

9.76. Введём такие обозначения, как на рис. 9.24. Все рассматривае мые параллелограммы имеют общий центр (задача 1.7). Длины сторон па раллелограмма P3 равны a + a1 и b + b1, а длины сторон параллелограм ма P1 равны a + a1 + 2x и b + b1 + 2y, поэтому нужно проверить, что a + a1 + 2x 2(a + a1) или b + b1 + 2y 2(b + b1), т. е. a + a1 или 2x 2y b + b1. Предположим, что a + a1 < 2x и b + b1 < 2y. Тогда aa1 (a + a1)/2 < < x и bb1 < y. С другой стороны, равенство площадей заштрихованных параллелограммов (см. задачу 4.19) показывает, что ab = xy = a1b1, а зна чит, aa1 bb1 = xy. Получено противоречие.

9.77. Пусть углы пятиугольника равны, +, + 2, + 3, + 4, где, 0. Так как сумма углов пятиугольника равна 3, то 5 + 10 = 3. Из выпуклости пятиугольника следует, что все его углы меньше, т. е. + 4 < <, или -5 /2 - 10 > -5 /2. Складывая последнее неравенство с равен ством 5 + 10 = 3, получаем 5 /2 > /2, т. е. > /5 = 36.

9.78. Ясно, что # – # – # – # – # – # – # – # – # – # – # – # – 4=AE2 =|AB+BC+CD+DE|2 =|AB+BC|2 +2(AB+BC, CD+DE)+|CD+DE|2.

# – # – # – # – # – # – Так как =, то (AB + BC, CD + DE) = (AC, CE) = Поэтому # – # ACE # –90 # – # – # 0. # – # – – –= = |AB + BC|2 + |CD + DE|2 = AB2 + BC2 + CD2 + DE2 + 2(AB, 2(CD, DE), # – # – # BC) – – # + т. е. достаточно доказать, что abc < 2(AB, BC) и bcd < 2(CD, DE). Посколь # – # – ку 2(AB, BC) = 2ab cos(180 - ABC) = 2ab cos AEC = ab · CE и c < CE, то abc < # – # – < 2(AB, BC). Второе неравенство доказывается аналогично, так как можно ввести новые обозначения A1 = E, B1 = D, C1 = C, a1 = d, = c, c1 b, и нера # – # – # b1 – # –= венство bcd < 2(CD, DE) перепишется в виде a1b1c1 < 2(A1B1, B1C1).

9.79. Пусть B — середина стороны A1A2 данного шестиугольника A1... A6, O — его центр. Можно считать, что точка P лежит внутри треугольника A1OB.

Тогда PA3 1, так как расстояние от точки A3 до прямой BO равно 1;

PA4 1 и PA5 1, так как расстояния от точек A4 и A5 до прямой A3A равны 1.

248 Глава 9. Геометрические неравенства 9.80. Предположим, что радиусы описанных окружностей треугольников ACE и BDF больше 1. Пусть O — центр описанной окружности треуголь ника ACE. Тогда ABC > AOC, CDE > COE и EFA > EOA, а зна чит, B + D + F > 2. Аналогично A + C + E > 2, т. е. сумма углов шестиугольника ABCDEF больше 4. Получено противоречие.

З а м е ч а н и е. Аналогично можно доказать, что радиус описанной окруж ности одного из треугольников ACE и BDF не меньше 1.

9.81. Можно считать, что AE AC CE. Согласно задаче 9.70 AD · CE AE · CD + AC · DE < AE + AC 2CE, т. е. AD < 2.

9.82. Так как A1 = 180 - A2A7/2, A3 = 180 - A4A2/2 и A5 = 180 - A6A4/2, то A1 + A3 + A5 = 2 · 180 + (360 - A2A7 - A4A2 - A6A4)/2 = = 2 · 180 + A7A6/2. Поскольку центр окружности лежит внутри семиуголь ника, то A7A6 < 180, поэтому A1 + A3 + A5 < 360 + 90 = 450.

9.83. а) Нужно доказать, что если c — гипотенуза прямоугольного треуголь ника, а a и b — его катеты, то c (a + b)/ 2, т. е. (a + b)2 2(a2 + b2). Ясно, что (a + b)2 = (a2 + b2) + 2ab (a2 + b2) + (a2 + b2) = 2(a2 + b2).

б) Пусть di — длина i-й стороны многоугольника, а xi и yi — длины её про екций на координатные оси. Тогда x1 +... + xn 2a, y1 +... + yn 2b. Согласно задаче а) di (xi + yi)/ 2. Поэтому d1 +... + dn (x1 +... + xn + y1 +... + yn)/ 2(a + b).

9.84. Возьмём отрезок длиной P и расположим на нём стороны много угольника следующим образом: на одном конце отрезка поместим наибольшую сторону, на другом — следующую за ней по величине, а все остальные стороны поместим между ними. Так как любая сторона многоугольника меньше P/2, середина O отрезка не может находиться на этих двух наибольших сторонах.

Длина стороны, на которой находится точка O, не превосходит P/3 (иначе первые две стороны тоже были бы больше P/3 и сумма трёх сторон была бы больше P), поэтому одна из её вершин удалена от O не более чем на P/6.

Эта вершина разбивает отрезок на два искомых отрезка, так как разность их длин не превосходит 2 · P/6 = P/3.

9.85. Пусть a — наибольшая сторона данного многоугольника (если наи больших сторон несколько, то мы выбираем любую из них). Рассмотрим часть многоугольника, которая остаётся после выбрасывания стороны a, и возьмём точку, которая делит пополам периметр этой части. Если эта точка является вершиной многоугольника, то мы очевидным образом де формируем этот многоугольник в равнобедренный треугольник. Предположим теперь, что эта точка лежит на стороне b, а периметры частей многоуголь ника, заключённых между сторонами a и b, равны x и y. Тогда x + b y и y + b x. Если, например, x = 0, то мы можем составить треугольник из отрезков a, b, y. Поэтому будем считать, что x, y = 0. Предположим, что треугольник нельзя составить ни из отрезков a, x, y + b, ни из отрез ков a, y, x + b. Отрезок короче соединяющей его концы ломаной, поэтому a < x + y + b. Кроме того, есть неравенства x + b y и y + b x. Значит, должны выполняться неравенство a + x y + b и a + y x + b. Поэтому x = y и a b. Но по предположению a b, значит, a = b. По условию число сторон многоугольника больше 4. Поэтому одна из ломаных дли ны x состоит из двух частей периметра x1 и x2. Легко проверить, что из отрезков длины x, a + x1, a + x2, где x1 + x2 = x, можно составить треугольник.

Решения задач 9.86. Пусть OAkAk+1. Тогда xk sin = dk = xk+1 sin( - ).

k k k+1 k+ = Поэтому 2 dk = xk(sin( - ) + sin ) = 2 xk sin( /2) cos( /2 - ) k k k k k k 2 xk sin( /2).

k Ясно также, что AkAk+1 = xk cos + xk+1 cos( - ). Поэтому 2p = k k+1 k+ = AkAk+1 = xk(cos( - ) + cos ) = 2 xk cos( /2) cos( /2 - ) k k k k k k 2 xk cos( /2).

k В обоих случаях равенство достигается, только если =2, т. е. O — центр k k вписанной окружности.

9.87. Предположим, что центр O многоугольника M2 лежит вне мно гоугольника M1. Тогда существует такая сторона AB многоугольника M1, что многоугольник M1 и точка O лежат по разные стороны от прямой AB.

Пусть CD — сторона многоугольника M1, параллельная AB. Расстояние между прямыми AB и CD равно радиусу вписанной окружности S многоугольни ка M2, поэтому прямая CD лежит вне окружности S. С другой стороны, отре зок CD лежит внутри многоугольника M2. Следовательно, длина отрезка CD меньше половины длины стороны многоугольника M2 (см. задачу 10.69). По лучено противоречие.

9.88. Пусть A1 — ближайшая к O вершина многоугольника. Разобьём мно гоугольник на треугольники диагоналями, проходящими через вершину A1.

Точка O окажется в одном из этих треугольников, например в треугольнике A1AkAk+1. Если точка O попадёт на сторону A1Ak, то A1OAk =, и задача ре шена. Поэтому будем считать, что точка O лежит строго внутри треугольника A1AkAk+1. Так как A1O AkO и A1O Ak+1O, то A1AkO AkA1O и A1Ak+1O Ak+1A1O. Следовательно AkOA1 + Ak+1OA1 = ( - OA1Ak - OAkA1) + + ( - OA1Ak+1 - OAk+1A1) 2 - 2OA1Ak - 2OA1Ak+1 = 2 - 2AkA1Ak+1 = 2 = 2 -, т. е. один из углов AkOA1 и Ak+1OA1 не меньше 1 -.

n n 9.89. Пусть d — длина наибольшей диагонали (или стороны) AB данно го n-угольника. Тогда его периметр P не превосходит d (задача 13.45).

Пусть A — проекция вершины Ai на отрезок AB. Тогда AA nd/ i i или BA nd/2 (задача 9.91);

пусть для определённости выполняется первое i неравенство. Тогда AAi > AA nd/2 > d P, так как n/2 3,5 >. Лю i бая точка n-угольника, достаточно близкая к вершине A, обладает требуемым свойством.

9.90. а) Предположим сначала, что Ai > Bi, а для всех остальных рассматриваемых пар углов имеет место равенство. Расположим многоуголь ники так, чтобы вершины A1,..., Ai совпали с B1,..., Bi. В треугольни ках A1AiAn и A1AiBn стороны AiAn и AiBn равны и A1AiAn > A1AiBn, поэтому A1An > A1Bn.

Если же не равны несколько углов, то многоугольники A1... An и B1... Bn можно включить в цепочку многоугольников, последовательные члены кото рой такие, как в разобранном выше случае.

б) При полном обходе многоугольника знак минус меняется на знак плюс столько же раз, сколько происходит обратная смена знака. Поэтому число пар соседних вершин с разными знаками чётно. Остаётся проверить, что число изменений знака не может быть равно двум (число изменений знака не равно нулю, так как сумма углов обоих многоугольников одна и та же).

Предположим, что число изменений знака равно двум. Пусть P и Q, P и Q — середины сторон многоугольников A1... An и B1... Bn, на которых 250 Глава 9. Геометрические неравенства происходит смена знака. К парам многоугольников M1 и M, M2 и M 1 (рис. 9.25) можно применить утверждение задачи а);

в одном случае полу чим PQ > P Q, а в другом PQ < P Q, чего не может быть.

Рис. 9. 9.91. Пусть A и B — концы отрезка;

X1,..., Xn — данные точки. Так как AXi + BXi = 1, то AXi + BXi = n. Следовательно, AXi n/2 или BXi n/2.

9.92. Будем тянуть провод по отрезку AB, огибая при этом встречающиеся деревья по кратчайшей дуге (рис. 9.26). Достаточно доказать, что путь по Рис. 9. дуге окружности не более чем в 1,6 раза длиннее пути по прямой. Отношение длины дуги угловой величины 2 к хорде, её стягивающей, равно / sin.

Так как 0 < /2, то / sin /2 < 1,6 (см. приложение).

9.93. Пусть деревья высотой a1 > a2 >... > an растут в точках A1,..., An.

Тогда по условию A1A2 |a1 - a2| = a1 - a2,..., An-1An an-1 - an. Следова тельно, длина ломаной A1A2... An не превосходит (a1 - a2) + (a2 - a3) +...

... + (an-1 - an) = a1 - an < 100 м. Эту ломаную можно огородить забором, длина которого не превосходит 200 м (рис. 9.27).

9.94. Выделим в полученном многоугольнике части, по которым произошла склейка (на рис. 9.28 эти части заштрихованы). Все стороны, не принад лежащие заштрихованным многоугольникам, входят в периметр исходного и полученного многоугольников. Что же касается заштрихованных много угольников, то их стороны, лежащие на прямой сгиба, входят в периметр полученного многоугольника, а все остальные стороны — в периметр исход ного многоугольника. Так как у любого многоугольника сумма его сторон, лежащих на некоторой прямой, меньше суммы остальных сторон, то периметр исходного многоугольника всегда больше, чем периметр полученного.

9.95. Треугольник касается вписанной окружности в трёх точках, а квадрат касается её в четырёх точках. Поэтому между некоторыми двумя точками Решения задач Рис. 9. Рис. 9. касания треугольника с окружностью лежат две точки касания квадрата с окружностью. Следовательно, внутри треугольника лежит по крайней мере один «уголок» квадрата (т. е. вершина квадрата вместе с половинами выхо дящих из неё сторон квадрата). Если таких уголков будет два, то мы сразу получаем, что внутри треугольника лежит по крайней мере половина перимет ра квадрата. Предположим, что такой уголок только один, т. е. три остальных уголка хотя бы частично лежат вне треугольника (тогда соответствующие вершины квадрата тоже лежат вне треугольника). Покажем, что не менее трети периметра каждого из этих трёх уголков лежит внутри треугольника.

Вне треугольника лежит часть уголка, представляющая собой прямоугольный треугольник с катетами a и b и гипотенузой c. Внутри треугольника лежат отрезки 1 - a и 1 - b (мы предполагаем, что длина стороны квадрата равна 2).

Ясно, что (1 - a) + (1 - b) = c, a c и b c. Поэтому a + b 2c = 4 - 2(a + b), т. е. a + b 4/3. Это означает, что вне треугольника лежит не более 2/ периметра уголка. Итак, внутри треугольника лежит фигура, имеющая по крайней мере следующий периметр: 2 + 3 · = 4, а периметр всего квадрата равен 8.

252 Глава 9. Геометрические неравенства 9.96. Возьмём на ломаной две точки A и B, делящие её периметр по полам. Тогда AB 1/2. Докажем, что все точки ломаной лежат внутри круга радиуса 1/4 с центром в середине O отрезка AB. Пусть M — произ вольная точка ломаной, а точка M1 симметрична ей относительно точки O.

Тогда MO = M1M/2 (M1A + AM)/2 = (BM + AM)/2 1/4, так как BM + AM не превосходит половины длины ломаной.

9.97. Пусть остроугольный треугольник ABC расположен внутри окруж ности S. Построим описанную окружность S1 треугольника ABC. Так как треугольник ABC остроугольный, то угловая величина дуги окружности S1, лежащей внутри S, больше 180. Поэтому на этой дуге можно выбрать диа метрально противоположные точки, т. е. внутри окружности S содержится диаметр окружности S1. Следовательно, радиус окружности S не меньше ра диуса окружности S1.

Аналогичное утверждение для тупоугольного треугольника не верно. Тупо угольный треугольник лежит внутри окружности, построенной на наибольшей стороне a как на диаметре. Радиус этой окружности равен a/2, а радиус опи санной окружности треугольника равен a/(2 sin ). Ясно, что a/2 < a/(2 sin ).

9.98. П е р в о е р е ш е н и е. Любой треугольник периметра P можно по местить в круг радиуса P/4 (задача 9.96), а если остроугольный треугольник помещён в круг радиуса R1, то R1 R (задача 9.97). Поэтому P/4 = R1 R.

В т о р о е р е ш е н и е. Если 0 < x < /2, то sin x > 2x/ (см. приложение).

Поэтому a + b + c = 2R(sin + sin + sin ) > 2R(2 + 2 + 2 )/ = 4R.

ГЛАВА НЕРАВЕНСТВА ДЛЯ ЭЛЕМЕНТОВ ТРЕУГОЛЬНИКА Эта глава тесно связана с предыдущей. Основные сведения см. в предыду щей главе.

§ 1. Медианы 10.1. Докажите, что если a > b, то ma < mb.

10.2. Медианы AA1 и BB1 треугольника ABC пересекаются в точ ке M. Докажите, что если четырёхугольник A1MB1C описанный, то AC = BC.

10.3. Периметры треугольников ABM, BCM и ACM, где M — точка пересечения медиан треугольника ABC, равны. Докажите, что тре угольник ABC правильный.

10.4. а) Докажите, что если a, b, c — длины сторон произвольного треугольника, то a2 + b2 c2/2.

б) Докажите, что m2 + m2 9c2/8.

a b 10.5*. а) Докажите, что m2 + m2 + m2 27R2/4.

a b c б) Докажите, что ma + mb + mc 9R/2.

10.6*. Докажите, что |a2 - b2|/(2c) < mc (a2 + b2)/(2c).

10.7*. Пусть x = ab + bc + ca, x1 = mamb + mbmc + mcma. Докажите, что 9/20 < x1/x < 5/4.

См. также задачи 9.1, 10.77, 10.79, 17.17.

§ 2. Высоты 10.8. Докажите, что в любом треугольнике сумма длин высот мень ше периметра.

10.9. Две высоты треугольника больше 1. Докажите, что его пло щадь больше 1/2.

10.10. В треугольнике ABC высота AM не меньше BC, а высота BH не меньше AC. Найдите углы треугольника ABC.

1 1 1 10.11. Докажите, что < + <.

2r ha hb r 10.12. Докажите, что ha + hb + hc 9r.

10.13. Пусть a < b. Докажите, что a + ha b + hb.

10.14*. Докажите, что ha rbrc.

10.15*. Докажите, что ha (a/2) ctg( /2).

254 Глава 10. Неравенства для элементов треугольника 10.16*. Пусть a b c. Докажите, что тогда ha + hb + hc 3b(a2 + ac + c2)/(4pR).

См. также задачи 10.30, 10.57, 10.77, 10.83.

§ 3. Биссектрисы 10.17. Докажите, что la p(p - a).

10.18*. Докажите, что ha/la 2r/R.

10.19*. Докажите, что: а) l2 + l2 + l2 p2;

б) la + lb + lc 3p.

a b c 10.20*. Докажите, что lalblc rp2.

10.21*. Докажите, что l2l2 + l2l2 + l2l2 rp2(4R + r).

a b b c a c 10.22*. Докажите, что la + lb + mc 3p.

См. также задачи 6.42, 10.78, 10.98.

§ 4. Длины сторон 9r 1 1 1 9R 10.23. Докажите, что + +.

2S a b c 4S 10.24*. Докажите, что 2bc cos /(b + c) < b + c - a < 2bc/a.

10.25*. Докажите, что если a, b, c — длины сторон треугольника периметра 2, то a2 + b2 + c2 < 2(1 - abc).

10.26*. Докажите, что 20Rr - 4r2 ab + bc + ca 4(R + r)2.

§ 5. Радиусы описанной, вписанной и вневписанных окружностей 10.27. Докажите, что rrc c2/4.

10.28*. Докажите, что r/R 2 sin( /2)(1 - sin( /2)).

10.29*. Докажите, что 6r a + b.

ra rb rc 10.30*. Докажите, что + + 3.

ha hb hc 10.31*. Докажите, что 27Rr 2p2 27R2/2.

10.32*. Пусть O — центр вписанной окружности треугольника ABC, причём OA OB OC. Докажите, что OA 2r и OB r 2.

10.33*. Докажите, что сумма расстояний от любой точки внутри треугольника до его вершин не меньше 6r. a b c ra rb rc 10.34*. Докажите, что 3 + + 4 + +.

ra rb rc a b c 10.35*. Докажите, что а) 5R - r 3p;

б) 4R - ra (p - a)[ 3 + (a2 + (b - c)2)/(2S)].

10.36*. Докажите, что 16Rr - 5r2 p2 4R2 + 4Rr + 3r2.

2 2 10.37*. Докажите, что ra + rb + rc 27R2/4.

См. также задачи 10.11, 10.12, 10.14, 10.18, 10.26, 10.57, 10.83, 10.86, 19.7.

Условия задач § 6. Симметричные неравенства для углов треугольника Пусть, и — углы треугольника ABC. В задачах этого параграфа требуется доказать указанные в условиях неравенства.

З а м е ч а н и е. Если, и — углы некоторого треугольника, то суще ствует треугольник с углами ( - )/2, ( - )/2 и ( - )/2.

В самом деле, эти числа положительны и их сумма равна. Следова тельно, если некоторое симметричное неравенство справедливо для синусов, косинусов, тангенсов и котангенсов углов л ю б о г о треугольника, то спра ведливо и аналогичное неравенство, в котором sin x заменён на cos(x/2), cos x — на sin(x/2), tg x — на ctg(x/2) и ctg x — на tg(x/2). Обратный пере ход от неравенств с половинными углами к неравенствам с целыми угла ми возможен лишь для остроугольных треугольников. В самом деле, если = ( - )/2, то = - 2. Поэтому для остроугольного треугольника с уг лами,, существует треугольник с углами - 2, - 2, - 2. При такой замене sin(x/2) переходит в cos x и т. д., но полученное неравенство может оказаться справедливым лишь для остроугольных треугольников.

10.38*. а) 1 < cos + cos + cos 3/2;

б) 1 < sin( /2) + sin( /2) + sin( /2) 3/2.

10.39*. а) sin + sin + sin 3 3/2;

б) cos( /2) + cos( /2) + cos( /2) 3 3/2.

10.40*. а) ctg + ctg + ctg 3;

б) tg( /2) + tg( /2) + tg( /2) 3.

10.41*. а) ctg( /2) + ctg( /2) + ctg( /2) 3 3.

б) Для остроугольного треугольника tg + tg + tg 3 3.

10.42*. а) sin( /2) sin( /2) sin( /2) 1/8;

б) cos cos cos 1/8.

10.43*. а) sin sin sin 3 3/8;

б) cos( /2) cos( /2) cos( /2) 3 3/8.

10.44*. а) cos2 + cos2 + cos2 3/4.

б) Для тупоугольного треугольника cos2 + cos2 + cos2 > 1.

10.45*. cos cos + cos cos + cos cos 3/4.

10.46*. sin 2 + sin 2 + sin 2 sin( + ) + sin( + ) + sin( + ).

§ 7. Неравенства для углов треугольника 10.47. Докажите, что 1 - sin( /2) 2 sin( /2) sin( /2).

10.48. Докажите, что sin( /2) c/(a + b).

10.49*. Докажите, что если a + b < 3c, то tg( /2) tg( /2) < 1/2.

10.50*. Пусть,, — углы остроугольного треугольника. Докажи те, что если < <, то sin 2 > sin 2 > sin 2.

10.51*. Докажите, что cos 2 + cos 2 - cos 2 3/2.

10.52*. На медиане BM треугольника ABC взята точка X. Докажи те, что если AB < BC, то XAB > XCB.

256 Глава 10. Неравенства для элементов треугольника 10.53. Вписанная окружность касается сторон треугольника ABC в точках A1, B1 и C1. Докажите, что треугольник A1B1C1 остроуголь ный.

10.54*. Из медиан треугольника с углами, и составлен треугольник с углами, и (угол лежит против медиа m m m m ны AA1 и т. д.). Докажите, что если > >, то >, >, m m > >, > и >.

m m m m См. также задачи 10.94, 10.95, 10.97.

§ 8. Неравенства для площади треугольника 10.55. Докажите, что:

а) 3 3r2 S p2/3 3;

б) S (a2 + b2 + c2)/4 3.

10.56*. Докажите, что a2 + b2 + c2 - (a - b)2 - (b - c)2 - (c - a)2 4 3S.

10.57*. Докажите, что а) S3 ( 3/4)3(abc)2;

б) hahbhc 3 S rarbrc.

10.58*. Пусть a, b, c и a, b, c — длины сторон треугольников ABC и A B C, S и S — их площади. Докажите, что a2(-a 2 + b 2 + c 2 + b2(a 2 - b 2 + c 2) + c2(a 2 + b 2 - c 2) 16SS, причём равенство достигается тогда и только тогда, когда эти тре угольники подобны (Пидо).

* * * 10.59*. На сторонах BC, CA и AB треугольника ABC взяты точки A1, B1 и C1, причём AA1, BB1 и CC1 пересекаются в одной точке.

Докажите, что SA B1C1/SABC 1/4.

10.60*. На сторонах BC, CA и AB треугольника ABC взяты про извольные точки A1, B1 и C1. Пусть a = SAB C1, b = SA BC1, c = SA B1C 1 1 и u = SA B1C1. Докажите, что u3 + (a + b + c)u2 4abc.

10.61*. На сторонах BC, CA и AB треугольника ABC взяты точ ки A1, B1 и C1. Докажите, что площадь одного из треугольни ков AB1C1, A1BC1, A1B1C не превосходит:

а) SABC/4;

б) SA B1C1.

См. также задачи 9.35, 9.39, 9.42, 10.9, 20.1, 20.7.

§ 9. Против большей стороны лежит больший угол 10.62. Докажите, что ABC < BAC тогда и только тогда, ко гда AC < BC, т. е. против большего угла треугольника лежит большая сторона, а против большей стороны лежит больший угол.

Условия задач 10.63. Докажите, что в треугольнике угол A острый тогда и только тогда, когда ma > a/2.

10.64*. Пусть ABCD и A1B1C1D1 — два выпуклых четырёхугольника с соответственно равными сторонами. Докажите, что если A > A1, то B < B1, C > C1, D < D1.

10.65*. В остроугольном треугольнике ABC наибольшая из вы сот AH равна медиане BM. Докажите, что B 60.

10.66*. Докажите, что выпуклый пятиугольник ABCDE с равными сторонами, углы которого удовлетворяют неравенствам A B C D E, является правильным.

§ 10. Отрезок внутри треугольника меньше наибольшей стороны 10.67. а) Внутри треугольника ABC расположен отрезок MN. До кажите, что длина MN не превосходит наибольшей стороны треуголь ника.

б) Внутри выпуклого многоугольника расположен отрезок MN.

Докажите, что длина MN не превосходит наибольшей стороны или наибольшей диагонали этого многоугольника.

10.68*. Внутри сектора AOB круга радиуса R = AO = BO лежит отрезок MN. Докажите, что MN R или MN AB. (Предполагается, что AOB < 180.) 10.69*. В угол с вершиной A вписана окружность, касающаяся сто рон угла в точках B и C. В области, ограниченной отрезками AB, AC и меньшей дугой BC, расположен отрезок. Докажите, что его длина не превышает AB.

10.70*. Внутри окружности расположен выпуклый пятиугольник.

Докажите, что хотя бы одна из его сторон не больше стороны пра вильного пятиугольника, вписанного в эту окружность.

10.71*. Даны треугольник ABC со сторонами a > b > c и произволь ная точка O внутри его. Пусть прямые AO, BO, CO пересекают сторо ны треугольника в точках P, Q, R. Докажите, что OP + OQ + OR < a.

§ 11. Неравенства для прямоугольных треугольников Во всех задачах этого параграфа ABC — прямоугольный треугольник с пря мым углом C.

10.72. Докажите, что cn > an + bn при n > 2.

10.73. Докажите, что a + b < c + hc.

10.74*. Докажите, что 0,4 < r/h < 0,5, где h — высота, опущенная из вершины прямого угла.

10.75*. Докажите, что c/r 2(1 + 2).

10.76*. Докажите, что m2 + m2 > 29r2.

a b 258 Глава 10. Неравенства для элементов треугольника § 12. Неравенства для остроугольных треугольников 10.77. Докажите, что для остроугольного треугольника ma mb mc R + + 1 +.

ha hb hc r 10.78. Докажите, что для остроугольного треугольника 1 1 1 1 1 + + 2 + +.

la lb lc a b c 10.79. Докажите, что если треугольник не тупоугольный, то ma + + mb + mc 4R.

10.80*. Докажите, что если в остроугольном треугольнике ha = lb = = mc, то этот треугольник равносторонний.

10.81*. В остроугольном треугольнике ABC проведены высоты AA1, BB1 и CC1. Докажите, что периметр треугольника A1B1C1 не превос ходит половины периметра треугольника ABC.

10.82*. Пусть A < B < C < 90. Докажите, что центр вписанной окружности треугольника ABC лежит внутри треугольника BOH, где O — центр описанной окружности, H — точка пересечения высот.

10.83*. Пусть h — наибольшая высота нетупоугольного треугольни ка. Докажите, что r + R h.

10.84*. На сторонах BC, CA и AB остроугольного треугольника ABC взяты точки A1, B1 и C1. Докажите, что 2(B1C1 cos + C1A1 cos + A1B1 cos ) a cos + b cos + c cos.

* * * 10.85*. Докажите, что треугольник со сторонами a, b и c остро угольный тогда и только тогда, когда a2 + b2 + c2 > 8R2.

10.86*. Докажите, что треугольник остроугольный тогда и только тогда, когда p > 2R + r.

10.87*. Докажите, что треугольник ABC остроугольный тогда и только тогда, когда на его сторонах BC, CA и AB можно выбрать такие внутренние точки A1, B1 и C1, что AA1 = BB1 = CC1.

10.88*. Докажите, что треугольник ABC остроугольный тогда и только тогда, когда длины его проекций на три различных направ ления равны.

См. также задачи 9.98, 10.41, 10.46, 10.50, 10.65.

§ 13. Неравенства в треугольниках 10.89. Через точку O пересечения медиан треугольника ABC прове дена прямая, пересекающая его стороны в точках M и N. Докажите, что NO 2MO.

Условия задач 10.90. Докажите, что если треугольник ABC лежит внутри тре угольника A B C, то rABC < rA B C.

10.91. В треугольнике ABC сторона c наибольшая, а a наименьшая.

Докажите, что lc ha.

10.92. Медианы AA1 и BB1 треугольника ABC перпендикулярны.

Докажите, что ctg A + ctg B 2/3.

10.93. Через вершину A равнобедренного треугольника ABC с осно ванием AC проведена окружность, касающаяся стороны BC в точке M и пересекающая сторону AB в точке N. Докажите, что AN > CM.

10.94*. В остроугольном треугольнике ABC биссектриса AD, меди ана BM и высота CH пересекаются в одной точке. В каких пределах может изменяться величина угла A?

10.95*. В треугольнике ABC стороны равны a, b, c;

соответственные углы (в радианах) равны,,. Докажите, что a + b + c <.

3 a + b + c 10.96*. Внутри треугольника ABC взята точка O. Докажите, что AO sin BOC + BO sin AOC + CO sin AOB p.

10.97*. На продолжении наибольшей стороны AC треугольника ABC за точку C взята точка D так, что CD = CB. Докажите, что угол ABD не острый.

10.98*. В треугольнике ABC проведены биссектрисы AK и CM.

Докажите, что если AB > BC, то AM > MK > KC.

10.99*. На сторонах BC, CA, AB треугольника ABC взяты точ ки X, Y, Z так, что прямые AX, BY, CZ пересекаются в одной точке O.

Докажите, что из отношений OA : OX, OB : OY, OC : OZ по крайней мере одно не больше 2 и одно не меньше 2.

10.100*. Окружность S1 касается сторон AC и AB треугольни ка ABC, окружность S2 касается сторон BC и AB, кроме того, S1 и S касаются друг друга внешним образом. Докажите, что сумма радиусов этих окружностей больше радиуса вписанной окружности S.

См. также задачи 14.26, 17.16, 17.18.

Задачи для самостоятельного решения 10.101. Пусть a, b и c — длины сторон треугольника, P = a + b + c, Q = ab + bc + ca. Докажите, что 3Q P2 < 4Q.

10.102. Докажите, что произведение любых двух сторон треуголь ника больше 4Rr.

10.103. В треугольнике ABC проведена биссектриса AA1. Докажите, что A1C < AC.

10.104. Докажите, что если a > b и a + ha b + hb, то C = 90.

10.105. Пусть O — центр вписанной окружности треугольника ABC.

Докажите, что ab + bc + ca (AO + BO + CO)2.

260 Глава 10. Неравенства для элементов треугольника 10.106. На сторонах треугольника ABC внешним образом постро ены равносторонние треугольники с центрами D, E и F. Докажите, что SDEF SABC.

10.107. На плоскости даны треугольники ABC и MNK, причём прямая MN проходит через середины сторон AB и AC, а в пере сечении этих треугольников образуется шестиугольник площади S с попарно параллельными противоположными сторонами. Докажите, что 3S < SABC + SMNK.

Решения 10.1. Пусть медианы AA1 и BB1 пересекаются в точке M. Так как BC > AC, то точки A и C лежат по одну сторону от серединного перпендикуляра к от резку AB, а значит, по ту же сторону лежат медиана CC1 и её точка M.

Следовательно, AM < BM, т. е. ma < mb.

10.2. Предположим, например, что a > b. Тогда ma < mb (задача 10.1).

a mb b ma А так как четырёхугольник A1MB1C описанный, то + = +, т. е.

2 3 2 (a - b)/2 = (ma - mb)/3. Получено противоречие.

10.3. Пусть, например, BC > AC. Тогда MA < MB (см. задачу 10.1), поэто му BC + MB + MC > AC + MA + MC.

10.4. а) Так как c a + b, то c2 (a + b)2 = a2 + b2 + 2ab 2(a2 + b2).

б) Пусть M — точка пересечения медиан треугольника ABC. Согласно зада AB2 4m2 4m2 c a b че а) MA2 + MB2, т. е. +.

2 9 9 10.5. а) Пусть M — точка пересечения медиан, O — центр–описанной окруж # – # # – # – ности = (AM # –треугольника ABC. Тогда AO2 + BO2–+ CO2 – # –+#MO) + (BM + MO)2 + # – # # – + (– #+ – # – AM2 + BM2 + CM2 + 2(AM + BM + CM, MO) + 3MO2. Так как CM MO)2 = # # – AM + BM + CM = 0 (задача 13.1 а), то AO2 + BO2 + CO2 = AM2 + BM2 + CM2 + + 3MO2 AM2 + BM2 + CM2, т. е. 3R2 4(m2 + m2 + m2)/9.

a b c б) Достаточно заметить, что (ma + mb + mc)2 3(m2 + m2 + m2) (см. прило a b c жение к гл. 9).

10.6. Формулу Герона можно переписать в виде 16S2 =2a2b2 + 2a2c2 + 2b2c2 - a4 - b4 - c4. А так как m2 = (2a2 + 2b2 - c2)/4 (задача 12.11 а), то нера c венства m2 ((a2 + b2)/2c)2 и m2 > ((a2 - b2)/2c)2 эквивалентны неравен c c ствам 16S2 4a2b2 и 16S2 > 0 соответственно.

10.7. Пусть y = a2 + b2 + c2 и y1 = m2 + m2 + m2. Тогда 3y = 4y1 (зада a b c ча 12.11 б), y < 2x (задача 9.7) и 2x1 + y1 < 2x + y, так как (ma + mb + mc)2 < < (a + b + c)2 (см. задачу 9.2). Сложив неравенство 8x1 + 4y1 < 8x + 4y с ра венством 3y = 4y1, получим 8x1 < y + 8x < 10x, т. е. x1/x < 5/4.

Пусть M — точка пересечения медиан треугольника ABC. Достроим тре угольник AMB до параллелограмма AMBN. Применив к треугольнику AMN доказанное утверждение, получим (x/4)/(4x1/9) < 5/4, т. е. x/x1 < 20/9.

10.8. Ясно, что ha b, hb c, hc a, причём по крайней мере одно их этих неравенств строгое. Поэтому ha + hb + hc < a + b + c.

10.9. Пусть ha > 1 и hb > 1. Тогда a hb > 1. Поэтому S = aha/2 > 1/2.

10.10. По условию BH AC, а так как перпендикуляр короче наклонной, то BH AC AM. Аналогично AM BC BH. Поэтому BH = AM = AC = BC.

Решения задач Поскольку AC = AM, то отрезки AC и AM совпадают, т. е. C = 90, а так как AC = BC, то углы треугольника ABC равны 45, 45, 90.

1 1 a+b a+b 10.11. Ясно, что + = = и a + b + c < 2(a + b) < 2(a + b + c).

ha hb 2S (a+b+c)r b c 10.12. Так как aha = 2S = r(a + b + c), то ha = r 1 + +. Сложив такие a a x y равенства для ha, hb и hc и воспользовавшись неравенством + 2, получим y x требуемое.

10.13. Так как ha - hb = 2S(1/a - 1/b) = 2S(b - a)/ab и 2S ab, то ha - hb b - a.

2 1 1 1 10.14. Согласно задаче 12.22 = +. Кроме того, + 2/ rbrc.

ha rb rc rb rc 10.15. Так как 2 sin sin = cos( - ) - cos( + ) 1 + cos, то ha sin sin 1 + cos = = ctg.

a sin 2 sin 2 10.16. Так как b/2R = sin, то после домножения на 2p переходим к нера венству (a + b + c)(ha + hb + hc) 3 sin (a2 + ac + c2). Вычитая из обеих ча стей 6S, получаем a(hb +hc)+b(ha +hc)+c(ha +hb) 3 sin (a2 +c2). Так как, на пример, ahb =a2 sin =a2c/2R, переходим к неравенству a(b2 +c2)-2b(a2 +c2)+ + c(a2 + b2) 0. Для доказательства последнего неравенства рассмотрим квад ратный трёхчлен f(x) = x2(a + c) - 2x(a2 + c2) + ac(a + c). Легко проверить, что f(a) = -a(a - c)2 0 и f(c) = -c(a - c)2 0. А так как коэффициент при x положителен и a b c, то f(b) 0.

10.17. Согласно задаче 12.37 а) l2 = 4bcp(p - a)/(b + c)2. Кроме того, 4bc a (b + c)2.

10.18. Ясно, что ha/la = cos(( - )/2). Согласно задаче 12.38 а) 2r - + = 8 sin sin sin = 4 sin cos - cos = R 2 2 2 2 2 - = 4x(q - x), где x = sin и q = cos.

2 Остаётся заметить, что 4x(q - x) q2.

10.19. а) Согласно задаче 10.17 l2 p(p - a). Складывая три аналогичных a неравенства, получаем требуемое.

б) Для любых чисел la, lb и lc справедливо неравенство (la + lb + lc) 3(l2 + l2 + l2).

a b c 10.20. Согласно задаче 10. lalblc p3(p - a)(p - b)(p - c).

Далее, согласно формуле Герона p(p - a)(p - b)(p - c) = S = rp.

10.21. Согласно задаче 10. l2l2 + l2l2 + l2l2 p2 (p - a)(p - b) + (p - b)(p - c) + (p - a)(p - c) = a b b c a c = p2(3p2 - 4p2 + ab + bc + ac) = p2(4Rr + r2), поскольку ab + bc + ac = p2 + 4Rr + r2 согласно задаче 12.32.

262 Глава 10. Неравенства для элементов треугольника 10.22. Достаточно доказать, что p(p - a) + p(p - b) + mc 3p. Можно считать, что p = 1;

пусть x = 1 - a и y = 1 - b. Тогда m2 = (2a2 + 2b2 c2)/4 = c - = 1 - (x + y) + (x - y)2/4 = m(x, y). Рассмотрим функцию f(x, y) = x + y + + m(x, y). Нужно доказать, что f(x, y) 3 при x, y 0 и x + y 1.

1 Пусть g(x) = f(x, x) = 2 x + 1 - 2x. Так как g (x) = -, то при x - 2x возрастании x от 0 до 1/3 g(x) возрастает от 1 до 3, а при возрастании x от 1/3 1/2 g(x) убывает от 3 до 2. Введём новые переменные d = x - y до и q = x + y. Легко проверить, что (x - y)2 - 2q2(x + y) + q4 = 0, т. е. x + y = = (d2 + q4)/2q2. Поэтому q2 d2(2 - q2) f(x, y) = q + 1 - -.

2 4q Заметим теперь, что q2 = ( x + y)2 2(x + y) 2, т. е. d2(2 - q2)/4q2 0.

Следовательно, при фиксированном q значение функции f(x, y) максимально, если d = 0, т. е. x = y;

случай x = y разобран выше.

1 1 10.23. Ясно, что + + = (ha + hb + hc)/2S. Кроме того, 9r ha + hb + hc a b c (задача 10.12) и ha + hb + hc ma + mb + mc 9R/2 (задача 10.5 б).

10.24. Докажем сначала, что b + c - a < 2bc/a. Пусть 2x = b + c - a, 2y = a + c - b и 2z = a + b - c. Требуется доказать, что 2x < 2(x + y)(x + z)/(y + z), т. е. xy + xz < xy + xz + x2 + yz. Последнее неравенство очевидно.

Так как 2bc cos = b2 + c2 - a2 = (b + c - a)(b + c + a) - 2bc, то 2bc cos (b + c - a)a 2bc = b + c - a + -.

b + c b + c b + c Выражение в квадратных скобках отрицательно, так как b + c - a < 2bc/a.

10.25. Согласно задаче 12.32 a2 + b2 + c2 = (a + b + c)2 - 2(ab + bc + ac) = = 4p2 - 2r2 - 2p2 - 8rR = 2p2 - 2r2 - 8Rr и abc = 4prR. Таким образом, нужно доказать неравенство 2p2 - 2r2 - 8rR < 2(1 - 4prR), где p = 1. Это неравенство очевидно.

10.26. Согласно задаче 12.32 ab + bc + ca = r2 + p2 + 4Rr. Кроме того, 16Rr - 5r2 p2 4R2 + 4Rr + 3r2 (задача 10.36).

10.27. Пусть = /2, = /2. Так как r(ctg + ctg ) = c = rc(tg + tg ), то tg tg c2 = rrc 2 + + 4rrc.

tg tg 10.28. Достаточно воспользоваться результатами задач 12.38 а) и 10.47.

Заметим также, что x(1 - x) 1/4, поэтому r/R 1/2.

10.29. Так как hc a и hc b, то 4S = 2chc c(a + b). Поэтому 6r(a + b + c) = = 12S 4ab + 4S (a + b)2 + c(a + b) = (a + b)(a + b + c).

2 1 1 ra 1 ra ra 10.30. Так как = + (задача 12.22), то = +. Запи ha rb rc ha 2 rb rc шем аналогичные равенства для rb/hb и rc/hc и сложим их. Учитывая, x y что + 2, получаем требуемое.

y x 10.31. Так как Rr = RS/p = abc/4p (см. задачу 12.1), то неравенство 27Rr 2p2 следует из неравенства 27abc 8p3 = (a + b + c)3.

Решения задач Так как (a + b + c)2 3(a2 + b2 + c2) для любых чисел a, b и c, то p 3(a2 + b2 + c2)/4 = m2 + m2 + m2 (см. задачу 12.11 б). Остаётся заметить, a b c что m2 + m2 + m2 27R2/4 (задача 10.5 а).

a b c 10.32. Так как OA = r/ sin(A/2), OB = r/ sin(B/2) и OC = r/ sin(C/2), а уг лы A/2, B/2 и C/2 острые, то A B C. Следовательно, A и B 90, а значит, sin(A/2) 1/2 и sin(B/2) 1/ 2.

10.33. Если C 120, то сумма расстояний от любой точки внутри тре угольника до его вершин не меньше a + b (задача 11.21);

кроме того, a + b 6r (задача 10.29).

Если все углы треугольника меньше 120, то в точке минимума суммы рас стояний до вершин треугольника квадрат этой суммы равен (a2 + b2 + c2)/2 + + 2 (задача 18.22). Далее, (a2 + b2 + c2)/2 2 3S (задача 10.55 б) 3S и 4 3S 36r2 (задача 10.55 а).

10.34. Пусть = cos(A/2), = cos(B/2) и = cos(C/2). Согласно зада че 12.18 б) a/ra = /, b/rb = / и c/rc = /. Поэтому после домно 2 2 жения на требуемое неравенство перепишется в виде 3( + + ) 2 2 2 2 2 2 2 4( + + ). Так как = (1 + cos A)/2, = (1 + cos B)/ и = (1 + cos C)/2, то переходим к неравенству cos A + cos B + cos C + + 2(cos A cos B + cos B cos C + cos C cos A) 3. Остаётся воспользоваться резуль татами задач 10.38 и 10.45.

10.35. а) Сложив равенство 4R + r = ra + rb + rc (задача 12.25) с неравен ством R - 2r 0 (задача 10.28) и воспользовавшись соотношением ra(p - a) = pr, получим 1 1 5R - r ra + rb + rc = pr + +. (1) p - a p - b p - c Учитывая, что r S = =, (p - a)(p - b)(p - c) p(p - a)(p - b)(p - c) S выражение в правой части формулы (1) можно заменить на p(ab + bc + ca - p2)/S = p(2(ab + bc + ca) - a2 - b2 - c2)/4S.

Остаётся заметить, что 2(ab + bc + ac) - a2 - b2 - c2 4 3S (задача 10.56).

б) Легко проверить, что 4R - ra = rb + rc - r = pr/(p - b) + pr/(p - c) - pr/p = =(p-a)(p2 -bc)/S. Остаётся заметить, что 4(p2 -bc)=a2 +b2 +c2 +2(ab-bc+ca)= = 2(ab + bc + ac) - a2 - b2 - c2 + 2(a2 + b2 + c2 - 2bc) 4 3S + 2(a2 + (b - c)2).

10.36. Пусть a, b и c — длины сторон треугольника, F = (a - b)(b - c)(c - a) = = A - B, где A = ab2 + bc2 + ca2 и B = a2b + b2c + c2a. Докажем, что требуемые неравенства можно получить, преобразовав очевидное неравенство F2 0.

Пусть = a + b + c = 2p, = ab + bc + ca = r2 + p2 + 4rR и = abc = 4prR 1 2 2 2 3 (см. задачу 12.32). Можно проверить, что F2 = - 4 - 4 + 18 3 1 2 1 2 2 -27. В самом деле, ( )2 -F2 =(A+B+3abc)2 -(A-B)2 =4AB+6(A+B) + 1 2 2 2 + 9 = 4(a3b3 +...) + 4(a4bc +...) + 6(A + B) + 21. Ясно также, что 4 = 3 3 2 = 4(a3b3 +...) + 12(A + B) + 24, 4 = 4(a4bc +...) + 12(A + B) + 24 3 3 3 1 и 18 = 18(A + B) + 54.

1 2 3 Выразив, и через p, r и R, получим 1 2 F2 = -4r2[(p2 - 2R2 - 10Rr + r2)2 - 4R(R - 2r)3] 0.

264 Глава 10. Неравенства для элементов треугольника Следовательно, получаем p2 2R2 + 10Rr - r2 - 2(R - 2r) R(R - 2r) = = (R - 2r) - R(R - 2r) + 16Rr - 5r2 16Rr - 5r и p2 2R2 + 10Rr + r2 + 2(R - 2r) R(R - 2r) = = 4R2 + 4Rr + 3r2 - (R - 2r) - R(R - 2r) 4R2 + 4Rr + 3r2.

10.37. Так как ra + rb + rc = 4R + r и rarb + rbrc + rcra = p2 (задачи 12. 2 2 и 12.26), то ra + rb + rc = (4R + r)2 - 2p2. Согласно задаче 10.36 p2 4R2 + 4Rr + 2 2 + 3r2, поэтому ra + rb + rc 8R2 - 5r2. Остаётся заметить, что r R/2 (зада ча 10.28).

10.38. а) Согласно задаче 12.40 cos + cos + cos = (R + r)/R. Кроме того, r R/2 (задача 10.28).

б) Следует из а) (см. замечание).

10.39. а) Ясно, что sin + sin + sin = p/R. Кроме того, p 3 3R/ (задача 10.31).

б) Следует из а) (см. замечание).

10.40. а) Согласно задаче 12.46 а) ctg + ctg + ctg = (a2 + b2 + c2)/4S.

Кроме того, a2 + b2 + c2 4 3S (задача 10.55 б).

б) Следует из а) (см. замечание).

10.41. а) Согласно задаче 12.47 а) ctg( /2) + ctg( /2) + ctg( /2) = p/r.

Кроме того, p 3 3r (задача 10.55 а).

б) Следует из а) (см. замечание). Для тупоугольного треугольника tg + + tg + tg < 0;

см., например, задачу 12.48.

10.42. а) Согласно задаче 12.38 а) sin( /2) sin( /2) sin( /2) = r/4R. Кроме того, r R/2 (задача 10.28).

б) Для остроугольного треугольника следует из а) (см. замечание). Для тупоугольного треугольника cos cos cos < 0.

10.43. а) Так как sin x = 2 sin(x/2) cos(x/2), то, используя результаты за дач 12.38 а) и в), получаем sin sin sin = pr/2R2. Кроме того, p 3 3R/ (задача 10.31) и r R/2 (задача 10.28).

б) Следует из а) (см. замечание).

10.44. Согласно задаче 12.41 б) cos2 + cos2 + cos2 = 1 - 2 cos cos cos.

Остаётся заметить, что cos cos cos 1/8 (задача 10.42 б), а для тупоуголь ного треугольника cos cos cos < 0.

10.45. Ясно, что 2(cos cos +cos cos +cos cos )=(cos +cos +cos )2 - cos2 - cos2 - cos2. Остаётся заметить, что cos + cos + cos 3/ (задача 10.38 а) и cos2 + cos2 + cos2 3/4 (задача 10.44 а).

10.46. Согласно задаче 12. 2S 2pr sin 2 + sin 2 + sin 2 = 4 sin sin sin = =.

R2 R Ясно также, что p sin( + ) + sin( + ) + sin( + ) = sin + sin + sin =.

R Решения задач 2pr p Таким образом, требуемое неравенство эквивалентно неравенству, R2 R т. е. 2r R. Это неравенство доказано в решении задачи 10.28.

10.47. Ясно, что 2 sin( /2) sin( /2) = cos(( - )/2) - cos(( + )/2) 1 - sin( /2).

10.48. Опустим из вершин A и B перпендикуляры AA1 и BB1 на биссек трису угла ACB. Тогда AB AA1 + BB1 = b sin( /2) + a sin( /2).

10.49. Согласно задаче 12.34 tg( /2) tg( /2) = (a + b - c)/(a + b + c). А так как a + b < 3c, то a + b - c < (a + b + c)/2.

10.50. Так как -2 >0, -2 >0, -2 >0 и ( -2 )+( -2 )+( -2 )= =, существует треугольник с углами - 2, - 2, - 2. Длины сто рон, противолежащих углам - 2, - 2, - 2, пропорциональны чис лам sin( - 2 ) = sin 2, sin 2, sin 2. Поскольку - 2 > - 2 > - и против большего угла лежит большая сторона, то sin 2 > sin 2 > sin 2.

10.51. Заметим сначала, что cos 2 - cos 2( - - ) = cos 2 cos 2 - sin 2 sin 2. Поэтому cos 2 + cos 2 - cos 2 = cos 2 + cos 2 - cos 2 cos 2 + + sin 2 sin 2. Так как a cos + b sin a2 + b2 (см. приложение к гл. 9), то (1 - cos 2 ) cos 2 + sin 2 sin 2 + cos 2 (1 - cos 2 )2 + sin2 2 + cos 2 = = 2|sin | + 1 - 2 sin2. Остаётся заметить, что наибольшее значение квад ратного трёхчлена 2t + 1 - 2t2 достигается в точке t = 1/2 и равно 3/2.

Максимальное значение соответствует углам = = 30, = 120.

10.52. Так как AB < CB, AX < CX и SABX = SBCX, то sin XAB > sin XCB.

Учитывая, что угол XCB острый, получаем требуемое.

10.53. Если углы треугольника ABC равны, и, то углы треугольни ка A1B1C1 равны ( + )/2, ( + )/2 и ( + )/2.

10.54. Пусть M — точка пересечения медиан AA1, BB1 и CC1. Достроив тре угольник AMB до параллелограмма AMBN, получим BMC1 = и AMC1 = m =. Легко проверить, что C1CB < /2 и B1BC < /2. Следовательно, m = C1CB + B1BC < ( + )/2 <. Аналогично = A1AB + B1BA > m m > ( + )/2 >.

Предположим сначала, что треугольник ABC остроугольный. Тогда точ ка H пересечения высот лежит внутри треугольника AMC1. Следовательно, AMB < AHB, т. е. - < -, и CMB > CHB, т. е. - < -.

m m Предположим теперь, что угол тупой. Тогда угол CC1B тоже тупой, а зна чит, угол острый, т. е. <. Опустим из точки M перпендикуляр MX m m на BC. Тогда > XMB > 180 - HAB >.

m Так как >, то + ( - ) >, т. е. точка M лежит внутри описанной m m окружности треугольника AB1C1. Следовательно, = AB1C1 < AMC1 =.

m Аналогично = CB1A1 > CMA1 =, так как + ( - ) <.

m m 10.55. а) Ясно, что S2/p = (p - a)(p - b)(p - c) ((p - a + p - b + p - c)/3)3 = = p3/27. Поэтому pr = S p2/3 3, т. е. r p/3 3. Домножив последнее нера венство на r, получим требуемое.

б) Так как (a + b + c)2 3(a2 + b2 + c2), то S p2/3 3 = (a + b + c)2/12 (a2 + b2 + c2)/4 3.

10.56. Пусть x = p - a, y = p - b, z = p - c. Тогда (a2 - (b - c)2) + (b2 - (a - c)2) + + (c2 - (a - b)2) = 4(p - b)(p - c) + 4(p - a)(p - c) + 4(p - a)(p - b) = 4(yz + zx + xy) и 4 3S = 4 3p(p - a)(p - b)(p - c) = 4 3(x + y + z)xyz.

266 Глава 10. Неравенства для элементов треугольника Итак, нужно доказать неравенство xy + yz + zx 3(x + y + z)xyz. После воз ведения в квадрат и сокращения получаем x2y2 + y2z2 + z2x2 x2yz + y2xz + z2xy.

Складывая неравенства x2yz x2(y2 + z2)/2, y2xz y2(x2 + z2)/2 и z2xy z2(x2 + y2)/2, получаем требуемое.

10.57. а) Перемножив три равенства вида S = (ab sin )/2, получим S3 = ((abc)2 sin sin sin )/8. Остаётся воспользоваться результатом зада чи 10.43.

б) Так как (hahbhc)2 = (2S)6/(abc)2 и (abc)2 (4/ 3)3S3, то (hahbhc) (2S)6( 3/4)3/S3 = ( 3S)3.

Так как (rarbrc)2 = S4/r2 (задача 12.19 в) и r2( 3)3 S (задача 10.55 а), то (rarbrc)2 ( 3S)3.

10.58. Построим на стороне BC треугольника ABC внутренним образом треугольник A BC, подобный треугольнику A B C. При этом A A = 0 тогда и только тогда, когда треугольники ABC и A B C подобны. По теореме коси нусов A A2 = AC2 + A C2 - 2AC · A C cos(C - C ) = 2 bb a b a = b2 + - 2 cos(C - C ).

a a Поэтому 2 2 a A A2 = b2a + a2b - 2aa bb cos C cos C - 2aa bb sin C sin C = 2 = b2a + a2b - 2aa bb cos C cos C - 8SS.

Следовательно, b2a 2 + a2b 2 - 2aa bb cos C cos C 8SS, т. е.

(b2 + a2 - c2)(b 2 + a 2 - c 2) 2 b2a + a2b - 8SS.

Это неравенство легко приводится к требуемому виду.

10.59. Пусть p = BA1/BC, q = CB1/CA и r = AC1/AC. Тогда SA1B1C1/SABC = = 1 - p(1 - r) - q(1 - p) - r(1 - q) = 1 - (p + q + r) + (pq + qr + rp). По теореме Чевы (задача 5.85) pqr = (1 - p)(1 - q)(1 - r), т. е. 2pqr = 1 - (p + q + r) + + (pq + qr + rp);

кроме того, (pqr)2 = p(1 - p)q(1 - q)r(1 - r) (1/4)3. Следо SA1B1C вательно, = 2pqr.

SABC 10.60. Можно считать, что площадь треугольника ABC равна 1. То гда a + b + c = 1 - u, поэтому данное неравенство перепишется в виде u2 4abc.

Пусть x=BA1/BC, y=CB1/CA и z=AC1/AB. Тогда u=1-(x+y+z)+xy+yz+zx и abc = xyz(1 - x)(1 - y)(1 - z) = v(u - v), где v = xyz. Поэтому мы переходим к неравенству u2 4v(u-v), т. е. (u-2v)2 0. Последнее неравенство очевидно.

10.61. а) Пусть x = BA1/BC, y = CB1/CA и z = AC1/AB. Можно считать, что площадь треугольника ABC равна 1. Тогда SAB1C1 = z(1 - y), SA1BC1 = x(1 - z) и SA1B1C = y(1 - x). Так как x(1 - x) 1/4, y(1 - y) 1/4 и z(1 - z) 1/4, то произведение чисел SAB1C1, SA1BC1 и SA1B1C не превосходит (1/4)3, а значит, одно из них не превосходит 1/4.

Решения задач б) Пусть для определённости x 1/2. Если y 1/2, то при гомотетии с центром C и коэффициентом 2 точки A1 и B1 переходят во внутренние точки сторон BC и AC, а значит, SA1B1C SA1B1C1. Поэтому можно счи тать, что y 1/2 и аналогично z 1/2. Пусть x = (1 + )/2, y = (1 + )/ и z = (1 + )/2. Тогда SAB1C1 = (1 + - - )/4, SA1BC1 = (1 + - - )/ и SA1B1C = (1 + - - )/4, а значит, SA1B1C1 = (1 + + + )/4 1/ и SAB1C1 + SA1BC1 + SA1B1C 3/4.

10.62. Достаточно доказать, что если AC < BC, то ABC < BAC. Так как AC < BC, то на стороне BC можно выбрать точку A1 так, что A1C = AC.

Тогда BAC > A1AC = AA1C > ABC.

10.63. Пусть A1 — середина стороны BC. Если AA1 < BC/2 = BA1 = A1C, то BAA1 > ABA1 и CAA1 > ACA1, поэтому A = BAA1 + CAA1 > B + C, т. е. A > 90. Аналогично, если AA1 > BC/2, то A < 90.

10.64. Если мы фиксируем две стороны треугольника, то чем боль ше будет угол между ними, тем больше будет третья сторона. Поэтому из неравенства A > A1 следует, что BD > B1D1, т. е. C > C1. Пред положим теперь, что B B1. Тогда AC A1C1, т. е. D > D1. Поэто му 360 = A + B + C + D > A1 + B1 + C1 + D1 = 360. Получено противоречие;

следовательно, B < B1 и D < D1.

10.65. Пусть точка B1 симметрична B относительно точки M. Так как высота, опущенная из точки M на сторону BC, равна половине AH, т. е. по ловине BM, то MBC = 30. Поскольку AH — наибольшая из высот, BC — наи меньшая из сторон. Поэтому AB1 =BC AB, т. е. ABB1 AB1B=MBC=30.

Следовательно, ABC = ABB1 + MBC 30 + 30 = 60.

10.66. Предположим сначала, что A > D. Тогда BE > EC и EBA < ECD.

Так как в треугольнике EBC сторона BE больше стороны EC, то EBC

Поэтому B = ABE + EBC < ECD + ECB = C, что противоречит условию задачи. Значит, A = B = C = D. Аналогично предположение B > E приводит к неравенству C < D. Поэтому B = C = D = E.

10.67. Будем проводить доказательство сразу для общего случая. Пусть прямая MN пересекает стороны многоугольника в точках M1 и N1. Ясно, что MN M1N1. Пусть точка M1 лежит на стороне AB, а точка N1 — на PQ.

Так как AM1N1 + BM1N1 = 180, то один из этих углов не мень ше 90. Пусть для определённости AM1N1 90. Тогда AN1 M1N1, так как против большего угла лежит большая сторона. Аналогично доказы вается, что либо AN1 AP, либо AN1 AQ. Следовательно, длина отрез ка MN 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 M и N лежат на границе сектора. Возможны три случая.

1. Точки M и N лежат на дуге окружности. Тогда MN = 2R sin(MON/2) 2R sin(AOB/2) = AB, так как MON/2 AOB/2 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 треугольни ка ANO. Остаётся заметить, что AO = NO = R и AN AB.

268 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 мож но 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 мень ше AB и DE < (DE + AD + AE)/2 = AB, т. е. все стороны треугольника ADE меньше AB. Так как наш отрезок лежит внутри треугольника ADE (или на его стороне DE), его длина не превосходит AB.

10.70. Предположим сначала, что центр O окружности лежит внутри дан ного пятиугольника A1A2A3A4A5. Рассмотрим углы A1OA2, A2OA3,..., A5OA1.

В сумме эти пять углов дают 2, поэтому один из них, например A1OA2, не превосходит 2 /5. Тогда отрезок A1A2 можно поместить в сектор OBC, где BOC = 2 /5 и точки B и C расположены на окружности. В треугольни ке OBC наибольшей стороной является BC, поэтому A1A2 BC.

Если точка O не принадлежит данному пятиугольнику, то углы A1OA2,...

..., A5OA1 дают в объединении угол меньше, причём каждая точка этого угла покрыта ими дважды. Поэтому в сумме эти пять углов дают меньше 2, т. е. один из них меньше 2 /5. Дальнейшее доказательство анало гично предыдущему случаю.

Если точка O лежит на стороне пятиуголь ника, то один из рассматриваемых углов не больше /4, а если она является его верши ной, то один из них не больше /3. Ясно, что /4 < /3 < 2 /5.

10.71. Возьмём на сторонах BC, CA, AB точки A1 и A2, B1 и B2, C1 и C2 так, что B1C2 BC, C1A2 CA, A1B2 AB (рис. 10.1).

Рис. 10. В треугольниках A1A2O, B1B2O, C1C2O наиболь шими сторонами являются A1A2, B1O, C2O соот ветственно. Поэтому OP < A1A2, OQ < B1O, OR < C2O, т. е. OP + OQ + OR < < A1A2 + B1O + C2O = A1A2 + CA2 + BA1 = BC.

10.72. Так как c2 = a2 + b2, то cn = (a2 + b2)cn-2 = a2cn-2 + b2cn-2 > an + bn.

10.73. Высота любого треугольника больше 2r. Кроме того, в прямоуголь ном треугольнике 2r = a + b - c (задача 5.18).

r a2 + b 10.74. Так как ch = 2S = r(a + b + c) и c = a2 + b2, то = = h a + b + a2 + b 1 a + b 2ab =, где x = = 1 +. Так как 0 < 2ab/(a2 + b2) 1, то 1 < x + 1 a2 + b a2 + b < x 2. Следовательно, 2/5 < 1/(1 + 2) r/h < 1/2.

10.75. Ясно, что a + b 2 ab и c2 = a2 + b2 2ab. Поэтому c2 (a + b + c)2c2 (2 ab + 2ab)2 · 2ab = = 4(1 + 2)2.

r2 a2b2 a2b 10.76. Согласно задаче 12.11 а) m2 + m2 = (4c2 + a2 + b2)/4 = 5c2/4. Кроме a b того, 5c2/4 5(1 + 2)2r2 = (15 + 10 2)r2 > 29r2 (см. задачу 10.75).

10.77. Пусть O — центр описанной окружности, A1, B1, C1 — середины сто рон BC, CA, AB соответственно. Тогда ma = AA1 AO + OA1 = R + OA1. Анало Решения задач гично mb R + OB1 и mc R + OC1. Следовательно, ma mb mc 1 1 1 OA1 OB1 OC + + R + + + + +.

ha hb hc ha hb hc ha hb hc Остаётся воспользоваться результатом задачи 12.23 и решением задачи 4.47.

1 1 2 cos( /2) 10.78. Согласно задаче 4.48 + =. Складывая три анало b c la la гичных неравенства, получаем требуемое.

10.79. Обозначим точку пересечения медиан через M, а центр описанной окружности через O. Если треугольник ABC не тупоугольный, то точка O лежит внутри его (или на его стороне);

для определённости будем счи тать, что она лежит внутри треугольника AMB. Тогда AO + BO AM + BM, т. е. 2R 2ma/3 + 2mb/3 или ma + mb 3R. Остаётся заметить, что так как угол COC1 (C1 — середина AB) тупой, то CC1 CO, т. е. mc R.

Равенство достигается только для вырожденного треугольника.

10.80. В любом треугольнике hb lb mb (см. задачу 2.70), поэтому ha = = lb hb и mc = lb mb. Следовательно, a b и b c (см. задачу 10.1), т. е. c — наибольшая сторона, а — наибольший угол.

Из равенства ha = mc следует, что 60 (см. задачу 10.65). Так как наи больший угол треугольника ABC не превосходит 60, все углы треугольника равны 60.

10.81. Согласно задаче 1.60 отношение периметров треугольников A1B1C и ABC равно r/R. Кроме того, r R/2 (задача 10.28).

З а м е ч а н и е. Используя результаты задач 12.74 и 2.20, легко проверить, что SA1B1C1/SABC = r1/2R1 1/4.

10.82. Пусть AA1 и BB1 — биссектрисы треугольников OAH и OBH. Соглас но задаче 2.1 они являются биссектрисами углов A и B, т. е. центр вписанной окружности — точка пересечения прямых AA1 и BB1. Из неравенства AC > BC следует, что AH > BH. Поэтому A1H/A1O = AH/AO > BH/BO = B1H/B1O, т. е. точки на прямой OH расположены в таком порядке: O, A1, B1, H.

Pages:     | 1 |   ...   | 3 | 4 || 6 | 7 |   ...   | 12 |



© 2011 www.dissers.ru - «Бесплатная электронная библиотека»

Материалы этого сайта размещены для ознакомления, все права принадлежат их авторам.
Если Вы не согласны с тем, что Ваш материал размещён на этом сайте, пожалуйста, напишите нам, мы в течении 1-2 рабочих дней удалим его.