«ЗАДАЧИ ПО ПЛАНИМЕТРИИ УЧЕБНОЕ ПОСОБИЕ 5-е издание, исправленное и дополненное Допущено Министерством образования и науки Российской Федерации Издательство МЦНМО ОАО Московские учебники Москва 2006 УДК 514.112 ББК ...»

ный отрезок B C и построим треугольник A B C так, чтобы B C : A C = hb : ha и B C : A B = hc : ha. Пусть ha — высота треугольника A B C, опущенная из вершины A. Искомый треугольник подобен треугольнику A B C с коэффициентом ha /ha.

8.15. Возьмём на стороне AB произвольную точку K, опустим из неё перпендикуляр K L на сторону BC, а затем построим квадрат K L M N, лежащий внутри угла ABC. Пусть прямая BN пересекает сторону AC в точке N. Ясно, что искомый квадрат является образом квадрата K L M N при гомотетии с центром B и коэффициентом BN : BN.

8.16. Предположим, что искомый треугольник ABC построен. Пусть Q — точка касания вписанной окружности со стороной BC, PQ — диаметр этой окружности, R — точка касания вневписанной окружности со стороной BC. Ясно, что BR = (a + b + c)/2 c = (a + b c)/2 Рис. 8. и BQ = (a + c b)/2. Поэтому RQ = |BR BQ| = |b c|.

Вписанная окружность треугольника ABC и вневписанная окружность, касающаяся стороны BC, гомотетичны с центром гомотетии A. Поэтому точка A лежит на прямой PR (рис. 8.2).

Из этого вытекает следующее построение. Строим прямоугольный треугольник PQR по известным катетам PQ = 2r и RQ = |b c|. Затем проводим две прямые, параллельные прямой RQ и удалённые от неё на расстояние ha. Вершина A является точкой пересечения одной из этих прямых с лучом RP. Так как длина диаметра PQ вписанной окружности известна, её можно построить.

Точки пересечения касательных к этой окружности, проведённых из точки A, с прямой RQ являются вершинами B и C треугольника.

8.17. Предположим, что треугольник ABC построен. Пусть M — точка пересечения медиан AA1 и BB1. Тогда AM = 2ma /3 и BM = 2mb /3. Треугольник ABM можно построить по длинам сторон AB = c, AM и BM. Затем на лучах AM и BM откладываем отрезки AA1 = ma и BB1 = mb. Вершина C является точкой пересечения прямых AB1 и A1 B.

8.18. Предположим, что треугольник ABC построен. Пусть H — основание высоты, опущенной из вершины A. Прямоугольный треугольник ACH можно построить по гипотенузе AC = b и катету AH = ha. Затем на прямой CH строим точку B так, что CB = a.

8.19. Предположим, что треугольник ABC построен. Опустим из середины A1 стороны BC перпендикуляры A1 B и A1 C на прямые AC и AB соответственно. Ясно, что AA1 =ma, A1 B =hb /2 и A1 C =hc /2. Из этого вытекает следующее построение. Строим отрезок AA1 длиной ma. Затем строим прямоугольные треугольники AA1 B и AA1 C по известным катетам и гипотенузе так, чтобы они лежали по разные стороны от прямой AA1. Остаётся построить точки B и C на сторонах AC и AB угла C AB так, чтобы отрезок BC делился точкой A1 пополам. Для этого отложим на луче AA1 отрезок AD = 2AA1, а затем Рис. 8.3 построен. Опустим из точки B высоту BH и проведём медиану BB1. В прямоугольных треугольниках CBH и B1 BH известны катет BH и гипотенузы CB и BB1, поэтому их можно построить. Затем на луче CB1 откладываем отрезок CA = 2CB1. Задача имеет два решения, так как треугольники CBH и B1 BH можно строить либо по одну, либо по разные стороны от прямой BH.

8.22. Предположим, что треугольник ABC построен. Пусть M — середина отрезка BC. Опустим из точки A высоту AH, а из точки M — перпендикуляр MD на сторону AC. Ясно, что MD = hb /2. Поэтому треугольники AMD и AMH можно построить. Вершина C является точкой пересечения прямых AD и MH. На луче CM откладываем отрезок CB = 2CM. Задача имеет два решения, так как треугольники AMD и AMH можно строить либо по одну, либо по разные стороны от прямой AM.

8.23. Предположим, что треугольник ABC построен. Пусть A1, B1 и C1 — середины сторон BC, CA и AB соответственно. В треугольнике CC1 B1 известны все стороны: CC1 = mc, C1 B1 = a/2 и CB1 = b/2, поэтому его можно построить.

Точка A симметрична C относительно точки B1, а точка B симметрична A относительно точки C1.

8.24. Предположим, что треугольник ABC построен, AM — его медиана, AH — высота. Пусть точка A симметрична A относительно точки M.

Построим отрезок AA = 2ma. Пусть M — его середина. Построим прямоугольный треугольник AMH с гипотенузой AM и катетом AH = ha. Точка C лежит на дуге окружности, из которой отрезок AA виден под углом 180 A, так как ACA = 180 CAB. Поэтому точка C является точкой пересечения этой дуги и прямой MH. Точка B симметрична C относительно точки M.

8.25. Предположим, что треугольник ABC построен. Пусть CD — его биссектриса. Проведём прямую MD, параллельную стороне BC (точка M лежит на стороне AC). Треугольник CMD равнобедренный, так как MCD = DCB = = MDC. Поскольку MC : AM = DB : AD = CB : AC = a : b и AM + MC = b, то MC = ab/(a + b). Строим равнобедренный треугольник CMD по основанию CD = lc и боковым сторонам MD = MC = ab/(a + b). Затем на луче CM откладываем отрезок CA = b, а на луче, симметричном лучу CM относительно прямой CD, откладываем отрезок CB = a.

8.26. Предположим, что треугольник ABC построен. Пусть S1 — вневписанная окружность, касающаяся стороны BC. Обозначим точки касания окружности S1 с продолжениями сторон AB и AC через K и L, а точку касания S со стороной BC обозначим через M. Так как AK = AL, AL = AC + CM и AK = = AB + BM, то AK = AL = p. Пусть S2 — окружность радиуса ha с центром A.

Прямая BC является общей внутренней касательной к окружностям S1 и S2.

Из этого вытекает следующее построение. Строим угол KAL, равный по величине углу A, так, что KA = LA = p. Строим окружность S1, касающуюся сторон угла KAL в точках K и L, и окружность S2 радиуса ha с центром в точке A. Затем проводим общую внутреннюю касательную к окружностям S1 и S2. Точки пересечения этой касательной со сторонами угла KAL являются вершинами B и C искомого треугольника.

8.27. Точки A1 к B1 лежат на окружности S с диаметром AB. Центр O этой окружности лежит на серединном перпендикуляре к хорде A1 B1. Из этого вытекает следующее построение. Сначала строим точку O, являющуюся точкой пересечения серединного перпендикуляра к отрезку A1 B1 и прямой l.

Затем строим окружность радиуса OA1 = OB1 с центром O. Вершины A и B являются точками пересечения окружности S с прямой l. Вершина C является точкой пересечения прямой AB1 и прямой BA1.

8.28. Пусть AB = BC и A1, B1, C1 — основания биссектрис треугольника ABC. Тогда A1 C1 C = C1 CA = C1 CA1, т. е. треугольник CA1 C1 равнобедренный и A1 C = A1 C1.

Из этого вытекает следующее построение. Через точку B1 проводим прямую l, параллельную A1 C1. На прямой l строим точку C так, что CA1 = C1 A и C1 A1 C > 90. Точка A симметрична точке C относительно точки B1, а вершина B является точкой пересечения прямых AC1 и A1 C.

8.29. а) Согласно задаче 2.20 а) точки A, B и C являются точками пересечения продолжений высот треугольника A B C с его описанной окружностью.

б) Согласно задаче 2.20 б) точки A, B и C являются точками пересечения продолжений биссектрис углов треугольника A B C с его описанной окружностью.

8.30. Обозначим середины сторон BC, CA, AB треугольника через A1, B1, C соответственно. Поскольку BC B1 C1 B C и OA1 BC, то OA B C. Аналогично OB A C и OC A B, т. е. O — точка пересечения высот треугольника A B C. Построив точку O, проводим серединные перпендикуляры к отрезкам OA, OB, OC. Эти прямые образуют треугольник ABC.

8.31. Согласно задаче 5.10 наша задача совпадает с задачей 8.29 б).

8.32. Пусть O — центр описанной окружности, M — середина стороны AB, H — основание высоты, опущенной из точки C. Точка Q является серединой дуги AB, поэтому OQ AB. Из этого вытекает следующее построение. Сначала по трём данным точкам строим описанную окружность S треугольника PQR.

Точка C является точкой пересечения прямой, проведённой через точку P параллельно OQ, и окружности S. Точка M является точкой пересечения прямой OQ и прямой RC. Прямая AB проходит через точку M и перпендикулярна OQ.

8.33. Согласно задаче 5.2 точки A, B и C являются основаниями высот треугольника A1 B1 C1.

8.34. Пусть H1 — точка пересечения высот треугольника ABC. Согласно задаче 5.128 OM : MH1 = 1 : 2 и точка M лежит на отрезке OH1. Поэтому можно построить точку H1. Затем проводим прямую H1 H и восставляем к этой прямой в точке H перпендикуляр l. Опустив из точки O перпендикуляр на прямую l, получаем точку C1 (середину отрезка AB). На луче C1 M строим точку C так, что CC1 : MC1 = 3 : 1. Точки A и B являются точками пересечения прямой l с окружностью радиуса CO с центром O.

8.35. Пусть O и I — центры описанной и вписанной окружностей, Ic — центр вневписанной окружности, касающейся стороны AB. Описанная окружность треугольника ABC делит отрезок Ic I пополам (задача 5.132 б), а отрезок Ic I делит пополам дугу AB. Ясно также, что точки A и B лежат на окружности с диаметром Ic I. Из этого вытекает следующее построение. Строим окружность S с диаметром Ic I и окружность S1 с центром O и радиусом OD, где D — середина отрезка Ic I. Окружности S и S1 пересекаются в точках A и B. Теперь можно построить вписанную окружность треугольника ABC и провести к ней касательные из точек A и B.

8.36. Предположим, что мы построили точки X и Y на сторонах AB и BC треугольника ABC так, что AX = BY и XY AC. Проведём YY1 AB и Y1 C1 BC (точки Y1 и C1 лежат на сторонах AC и AB). Тогда Y1 Y = AX = BY, т. е. BYY1 C — ромб и BY1 — биссектриса угла B.

Из этого вытекает следующее построение. Проводим биссектрису BY1, затем прямую Y1 Y, параллельную стороне AB (Y лежит на BC). Точка X теперь строится очевидным образом.

8.37. Пусть для определённости a < b. Предположим, что треугольник ABC построен. Возьмём на стороне AC точку D так, что ABD = BAC. Тогда BDC = 2BAC и CBD = 3BAC BAC = 2BAC, т. е. CD = CB = a.

В треугольнике BCD известны все стороны: CD = CB = a и DB = AD = b a.

Построив треугольник BCD, проводим луч BA, не пересекающий сторону CD, так, что DBA = DBC/2. Искомая вершина A является точкой пересечения прямой CD и этого луча.

8.38. Пусть точка B лежит на прямой l, проходящей через точку B параллельно AC. Стороны треугольников ABC и AB C высекают на прямой, параллельной AC, равные отрезки. Поэтому прямоугольники P R Q S и PRQS, вписанные в треугольники ABC и AB C соответственно, равны, если точки R, Q, R и Q лежат на одной прямой.

Возьмём точку B на прямой l так, что B AC = 90. В треугольник AB C прямоугольник P R Q S с данной диагональю P Q вписывается очевидным образом (P = A). Проведя прямую R Q, находим вершины R и Q искомого прямоугольника.

8.39. Предположим, что треугольник ABC построен. Пусть K и L — точки, в которых вневписанная окружность, касающаяся стороны BC, касается продолжений сторон AB и AC соответственно. Так как AK = AL = p, то эту вневписанную окружность можно построить; остаётся провести к построенной окружности касательную через данную точку M.

8.40. Пусть продолжение биссектрисы CD пересекает описанную окружность треугольника ABC (с прямым углом C) в точке P, PQ — диаметр описанной окружности, O — её центр. Тогда PD : PO = PQ : PC, т. е. PD · PC = 2R2 = 2m2.

Поэтому, проведя к окружности с диаметром CD касательную длиной 2mc, легко построить отрезок длиной PC. Теперь в треугольнике OPC известны длины всех сторон.

8.41. Построим точку K на стороне AC так, что AK = BC AB. Пусть точка D лежит на отрезке AC. Равенство AD + BD + AB = BC эквивалентно равенству AD + BD = AK. Для точки D, лежащей на отрезке AK, последнее равенство перепишется в виде AD + BD = AD + DK, а для точки D, не лежащей на отрезке AK, — в виде AD + BD = AD DK. В первом случае BD = DK, а второй случай невозможен. Поэтому точка D является точкой пересечения серединного перпендикуляра к отрезку BK и отрезка AC.

8.42. Предположим, что треугольник ABC построен. Проведём диаметр CD описанной окружности. Пусть O — центр описанной окружности, L — точка пересечения продолжения биссектрисы AK с описанной окружностью (рис. 8.4). Так как ABC ACB = 90, то LC. Следовательно, AOL = 90.

Из этого вытекает следующее построение.

Строим окружность S с центром O и данным раРис. 8. диусом. На окружности S выбираем произвольную точку A. Строим точку L на окружности S так, что AOL = 90. На отрезке AL строим отрезок AK, равный данной биссектрисе. Через точку K проводим прямую l, перпендикулярную OL. Точки пересечения прямой l с окружностью S являются вершинами B и C искомого треугольника ABC.

8.43. Возьмём на сторонах BC и AC такие точки A1 и B1, что PA1 AC и PB1 BC. Затем отложим на лучах A1 B и B1 A отрезки A1 B2 = AB и B1 A2 = BA1. Докажем, что прямая A2 B2 искомая. В самом деле, пусть k = AP/AB. Тогда A2 B1 P A2 CB2 и прямая A2 B2 проходит через точку P. Кроме тот. е.

го, AA2 = |(1 k)a kb| = BB2.

8.44. Предположим, что треугольник ABC построен. Пусть B1 — точка касания вписанной окружности со стороной AC. В прямоугольном треугольГлава 8. Построения нике AOB1 известны катет OB1 = r и гипотенуза AO, поэтому можно построить угол OAB1, а значит, и угол BAC. Пусть O1 — центр описанной окружности треугольника ABC, M — середина стороны BC. В прямоугольном треугольнике BO1 M известны катет O1 M = AH/2 (см. решение задачи 5.128) и угол BO1 M (он равен A или 180 A), поэтому его можно построить.

Затем можно определить длину отрезка OO1 = R(R 2r) (см. задачу 5.12 а).

Итак, можно построить отрезки длиной R и OO1 = d.

После этого возьмём отрезок AO и построим точку O1, для которой AO1 = R и OO1 = d (таких точек может быть две). Проведём из точки A касательные к окружности радиуса r с центром O. Искомые точки B и C лежат на этих касательных, удалены от точки O1 на расстояние R и, разумеется, отличны от точки A.

8.45. Пусть a, b, c — данные прямые, причём прямая b лежит между a и c.

Предположим, что вершины A, B, C квадрата ABCD лежат на прямых a, b, c соответственно.

П е р в о е р е ш е н и е. Из того, что ABC = 90 и AB = BC вытекает следующее построение. Возьмём на прямой b произвольную точку B и повернём прямую a относительно точки B на 90 (в одну или в другую сторону).

Точка C — это точка пересечения прямой c и образа прямой a при указанном повороте.

В т о р о е р е ш е н и е. Возьмём на прямой b произвольную точку B и опустим из неё перпендикуляр BA1 на прямую a и перпендикуляр BC1 на прямую c. Прямоугольные треугольники BA1 A и CC1 B имеют равные гипотенузы и равны углы, поэтому они равны. Из этого вытекает следующее построение. На прямой a строим отрезок A1 A, равный отрезку BC1. Мы углу между сторонами AB и CD. Построив треугольник KSL, можно построить треугольник KRL, так как известны длины всех его сторон. После этого достраиваем треугольники KSL и KRL до параллелограммов KSLQ и KRLP. Вершины A, B, C, D являются вершинами параллелограммов PLSA, QKPB, RLQC, SKRD (рис. 8.5).

8.48. Опустим из вершин B и D перпендикуляры BB1 и DD1 на диагональ AC. Пусть для определённости DD1 > BB1. Построим отрезок длины a = DD1 BB1 и проведём прямую, параллельную прямой AC, удалённую от AC на расстояние a и пересекающую сторону CD в некоторой точке E.

Ясно, что SAED = (ED/CD)SACD = (BB1 /DD1 )SACD = SABC. Поэтому медиана треугольника AEC лежит на искомой прямой.

8.49. Пусть P, Q, R — середины равных сторон AB, BC, CD четырёхугольника ABCD. Проведём серединные перпендикуляры l1 и l2 к отрезкам PQ и QR.

Поскольку AB = BC = CD, точки B и C лежат на прямых l1 и l2 и BQ = QC.

Из этого вытекает следующее построение. Проводим серединные перпендикуляры l1 и l2 к отрезкам PQ и QR. Затем через точку Q проводим отрезок с концами на прямых l1 и l2 так, чтобы Q была его серединой (см. задачу 16.15).

8.50. Пусть даны вершины A, B и C вписанного и описанного четырёхугольника ABCD, причём AB BC. Тогда AD CD = AB BC 0, поэтому на стороне AD можно отложить отрезок DC1, равный DC. В треугольнике AC1 C известны длины сторон AC и AC1 =ABBC и AC1 C=90 +D/2=180 B/2.

Так как угол AC1 C тупой, треугольник AC1 C по этим элементам строится однозначно. Дальнейшее построение очевидно.

8.51. Пусть ABCD — описанная равнобедренная трапеция с основаниями AD и BC, причём AD > BC; C1 — проекция точки C на прямую AD. Докажем, что AB = AC1. В самом деле, если P и Q — точки касания сторон AB и AD с вписанной окружностью, то AB = AP + PB = AQ + BC/2 = AQ + QC1 = AC1.

Из этого вытекает следующее построение. Пусть C1 — проекция точки C на основание AD. Тогда B — точка пересечения прямой BC и окружности радиуса AC1 с центром A. Трапеция с AD < BC строится аналогично.

8.52. Обозначим середины оснований AD и BC через L и N, а середину отрезка EF через M. Точки L, O, N лежат на одной прямой (задача 19.2).

Ясно, что точка M также лежит на этой прямой. Из этого вытекает следующее построение. Проведём через точку K прямую l, перпендикулярную прямой OK.

Основание AD лежит на прямой l. Точка L является точкой пересечения прямой l и прямой OM. Точка N симметрична точке L относительно точки M.

Через точку O проведём прямые, параллельные прямым EN и FN. Точки пересечения этих прямых с прямой l являются вершинами A и D трапеции.

Вершины B и C симметричны вершинам A и D относительно точек E и F соответственно.

8.53. Предположим, что мы построили четырёхугольник ABCD с данными длинами сторон и данной средней линией KP (K и P — середины сторон AB и CD). Пусть A1 и B1 — точки, симметричные точкам A и B относительно точки P. Треугольник A1 BC можно построить, так как в нём известны стороны BC, CA1 = AD и BA1 = 2KP. Достроим треугольник A1 BC до параллелограмма A1 EBC. Теперь можно построить точку D, так как известны CD и ED = BA. Воспользовавшись тем, что DA = A1 C, построим точку A.

8.54. Используя формулы задач 6.37 и 6.38, легко выразить диагонали вписанного четырёхугольника через его стороны. Полученные формулы можно использовать для построения диагоналей (для удобства следует ввести произвольный отрезок в качестве отрезка единичной длины и строить отрезки длиной pq, p/q и p как pq/e, pe/q и pe).

8.55. Окружность высекает на сторонах угла равные отрезки тогда и только тогда, когда её центр лежит на биссектрисе угла. Поэтому центром искомой окружности является точка пересечения серединного перпендикуляра к отрезку AB и биссектрисы данного угла.

Через точку A проведём прямую AB, параллельную A B (точка B лежит на прямой l). Точка O является точкой пересечения прямой OA и перпендикуляра к прямой l, проведённого через точку B.

8.57. а) Пусть l1 — серединный перпендикуляр к отрезку AB, C — точка пересечения прямых l1 и l, а l — прямая, симметричная l относительно прямой l1. Задача сводится к тому, чтобы построить окружность, проходящую через точку A и касающуюся прямых l и l (см. задачу 19.16).

б) Можно считать, что центр окружности S не лежит на серединном перпендикуляре к отрезку AB (иначе построение очевидно). Возьмём произвольную точку C окружности S и построим описанную окружность треугольника ABC; она пересекает S в некоторой точке D. Пусть M — точка пересечения прямых AB и CD. Проведём к окружности S касательные MP и MQ. Тогда описанные окружности треугольников ABP и ABQ искомые, так как MP2 = MQ2 = MA · MB.

8.58. Пусть A, B, C — данные точки, A, B, C — центры требуемых окружностей (A — центр окружности, проходящей через точки B и C и т. д.).

Треугольники BA C, AB C, AC B равнобедренные. Пусть x, y, z — углы при их основаниях. Тогда Эта система уравнений легко решается. Например, чтобы найти x, нужно сложить два последних уравнения и вычесть из них первое уравнение. Если же мы знаем (ориентированные) углы x, y, z, то требуемые окружности строятся очевидным образом.

8.59. Пусть A, B, C, D — данные точки, S — искомая окружность. По одну сторону от S лежит k данных точек, по другую сторону лежит 4 k данных точек. Мы будем предполагать, что данные точки не лежат на одной окружности (иначе в качестве S можно взять любую окружность с тем же центром; получается бесконечно много решений). Таким образом, 1 k 3.

Мы получаем два существенно различных расположения точек по отношению Пусть сначала точки A и B лежат по одну сторону от окружности S, а точки C и D — по другую. Центром окружности S является точка O пересечения серединных перпендикуляров к отрезкам AB и CD. Радиус окружности S равен среднему арифметическому длин отрезков OA и OC. Четыре точки можно разбить на пары тремя способами, поэтому мы получаем 3 решения.

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 прямая 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 прямую, 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 точке B; S2 и S3 — в точке A. Пусть O1, O2 и O3 — центры окружностей S1, S2 и S3. Тогда точки A, B и C лежат на сторонах треугольника O1 O2 O3, причём O1 B = O1 C, O2 C = O2 A и O3 A = O3 B. Поэтому точки A, B и C являются точками касания вписанной или вневписанной окружности треугольника O1 O2 O со сторонами.

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

8.62. Предположим, что мы построили окружность S, касательные AA1, BB1 и CC1 к которой имеют длины a, b и c соответственно (A1, B1 и C1 — точки касания). Построим окружности Sa, Sb и Sc с центрами 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.

Из этого вытекает следующее построение. Сначала строим окружности Sa, Sb и Sc. Затем строим их радикальный центр O. Искомая окружность является 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 радиуса 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 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 точка X является точкой пересечения соответствующей окружности Аполлония с данной окружностью.

8.68. а) Если прямая l не пересекает отрезок AB, то ABB1 A1 — параллелограмм и l AB. Если прямая l пересекает отрезок AB, то AA1 BB1 — Тогда AM = 1 + =, а значит, AP = AM PM = ( 5 1)/2 = 2 sin (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 прямой QR. Тогда DF : AC = a.

Из этого вытекает следующее построение. Из точки D проводим луч, пересекающий 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.

8.71. Предположим, что точки X и Y, обладающие требуемыми свойствами, 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. Следовательно, XYM = XYB. Так как XY AB, то A — середина отрезка CB.

Обратно, если K — середина отрезка CB, то MYX = BYX = XAB. Треугольники AXK и YXM имеют общий угол X и XAK = XYM, поэтому 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 a, то можно построить углы величиной 2a, 3a 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, 8.74. Последовательность построений такова. Выберем на клочке бумаги произвольную точку O и произведём гомотетию с центром O и достаточно малым коэффициентом k так, чтобы образ точки пересечения данных прямых при этой гомотетии оказался на клочке бумаги. Тогда можно построить биссектрису угла между образами прямых. Затем произведём гомотетию с прежним центром и коэффициентом 1/k и получим искомый отрезок биссектрисы.

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 линейку). Через точку B проведём отрезки PQ1 и P1 Q (рис. 8.9). Если PQ < 10 см и P1 Q1 < 10 см, то можно построить точку O, в которой пересекаются прямые PQ и P1 Q1. Проведём через точку O прямую P2 Q2. Если PQ2 < 10 см и P2 Q < 10 см, то можно построить точку B, в которой пересекаются прямые PQ2 и P2 Q. 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 — точки 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 — окружность S3, через точку A3 пересечения окружностей S2 и S3 — окружность S4, наконец, через точки B1 и A4 пересечения окружностей S1 и S3 с окружностью S4 — окружность S5. Докажем, что точка B2 пересечения окружностей S5 и S1 искомая. Пусть Oi — центр окружности Si. Тогда A1 O1 = O2 A2 = A3 O3 = #–#–#– = O4 A4 = B1 O5 = O1 B2.

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 отрезка AB.

8.79. Пусть AB — данный отрезок, а C и D — произвольные точки на второй данной прямой. Согласно предыдущей задаче можно построить точку M — середину отрезка CD. Пусть P — точка пересечения прямых AM и BD, E — точка пересечения прямых PC и AB. Докажем, что EB — искомый отрезок. Поскольку PMC PAE и PMD PAB, то

AB AB AE MD MC MD

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 такие точки D1 = D, D2,..., Dn, что все отрезки Di Di+1 равны отрезку CD.

Пусть P — точка пересечения прямых AC и BDn, а B1,..., Bn1 — точки пересечения прямой AB с прямыми PD1,..., PDn1 соответственно. Ясно, что точки B1,..., Bn1 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 прямых 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 воспользоваться 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, параллельную 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 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 — данный 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 окружность 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 H1. Поэтому можно построить прямую l = H(l) и найти точки её пересечения с окружностью S, а затем построить образы этих точек при отображении H1.

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. Величины 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 расстояние 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 прямые 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 прямая PM делит пополам угол между прямыми l и PA1. При симметрии относительно прямой PM прямая PA1 переходит в прямую l, поэтому прямая PB1 при этой симметрии переходит в одну из искомых прямых.

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, параллельную AB; эта прямая пересекает прямую OA в точке A1. Проведём теперь через точки O и A1 пару параллельных прямых, расстояние между которыми равно 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 OA1 X1 OAX, точка X искомая.

8.90. Восставим в точках O1 и O2 перпендикуляры к прямой O1 O2 и отложим на них отрезки O1 B1 = O2 A2 и O2 B2 = O1 A1. Построим середину M отрезка B1 B2 и в точке M восставим перпендикуляр к B1 B2. Этот перпендикуляр пересечёт прямую O1 O2 в точке N. Тогда O1 N2 + O1 B2 = O2 N2 + O2 B2, а значит, O1 N2 O1 A2 = O2 N2 O2 A2, т. е. точка N лежит на радикальной оси.

Остаётся восставить перпендикуляр к O1 O2 в точке N.

8.91. Построим сначала произвольную прямую l1, перпендикулярную прямой 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 прямоугольника 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 AB1 B 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 вершина лежала на прямой l. Вершина прямого угла совпадает тогда с искомой точкой X.

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

ГЕОМЕТРИЧЕСКИЕ НЕРАВЕНСТВА

1. Для элементов треугольника используются следующие обозначения:

a, b, c — длины сторон BC, CA, AB;

a, b, g — 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 треугольника).

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 (задача 10.62).

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

8. При решении некоторых задач этой главы нужно знать разные алгебраические 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.

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 половины его периметра.

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. Докажите, 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 A1 P +... + An P = A1 Q + ...

... + An Q = s. Докажите, что тогда A1 K +... + An K < 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 минутных стрелок окажется больше суммы расстояний от центра стола до центров часов.

В задачах этого параграфа a, b и c — длины сторон произвольного треугольника.

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 составить треугольник. Докажите, что среди чисел a, b и c есть два равных.

9.9. Докажите, что 9.10. Докажите, что 9.11. Пусть p = + + и q = + +. Докажите, что |p q| < 1.

9.12*. Пять отрезков таковы, что из любых трёх из них можно составить треугольник. Докажите, что хотя бы один из этих треугольников остроугольный.

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

9.14*. Докажите, что a2 b(a b) + b2 c(b c) + c2 a(c a) 0.

§ 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 диагоналей 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 произвольного выпуклого многоугольника меньше среднего арифметического длин всех его диагоналей.

9.22*. Дан выпуклый (2n + 1)-угольник A1 A3 A5... A2n+1 A2... A2n.

Докажите, что среди всех замкнутых ломаных с вершинами в его вершинах наибольшую длину имеет ломаная A1 A2 A3... A2n+1 A1.

См. также задачу 6.93.

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

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

9.25. Докажите, что если длины сторон треугольника связаны неравенством 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 треугольника ABC так, что BA1 = l · BC, CB1 = l · CA, AC1 = l · AB, причём 1/2 < < l < 1. Докажите, что периметр P треугольника ABC и периметр P треугольника A1 B1 C1 связаны неравенствами (2l 1)P < P1 < lP.

224 Глава 9. Геометрические неравенства 9.29*. а) Докажите, что при переходе от невыпуклого многоугольника к его выпуклой оболочке периметр уменьшается. (Выпуклой оболочкой многоугольника называют наименьший выпуклый многоугольник, его содержащий.) б) Внутри выпуклого многоугольника лежит другой выпуклый многоугольник. Докажите, что периметр внешнего многоугольника больше, чем периметр внутреннего.

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

9.31*. На основании AD трапеции ABCD нашлась точка E, обладающая 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 Дан треугольник площади 1 со сторонами a b c. Докажите, 9.32.

9.33. Пусть E, F, G и H — середины сторон AB, BC, CD и DA четырёхугольника ABCD. Докажите, что 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 точке. 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 тогда ABCD — квадрат и O — его центр.

9.38. Точки M и N лежат на сторонах AB и AC треугольника ABC, причём AM = CN и AN = BM. Докажите, что площадь четырёхугольника BMNC по крайней мере в три раза больше площади треугольника AMN.

9.39. Площади треугольников ABC, A1 B1 C1, A2 B2 C2 равны S, S1, S2 соответственно, причём AB = A1 B1 + A2 B2, AC = A1 C1 + A2 C2, BC = = B1 C1 + B2 C2. Докажите, что S 4 S1 S2.

9.40. ABCD — выпуклый четырёхугольник площади S. Угол между прямыми AB и CD равен a, угол между AD и BC равен b. Докажите, что 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/a + b/b + c/g 3/2.

9.42. Площади треугольников ABC и A1 B1 C1 равны S и S1, причём треугольник ABC не тупоугольный. Наибольшее из отношений a1 /a, b1 /b и c1 /c равно k. Докажите, что S1 k2 S.

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

Докажите, что SACE < 8SBCD.

б) Из точки A проведены касательные AB и AC к окружности. Через середину D (меньшей) дуги BC проведена 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 + ph2, 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, образованных парами соседних сторон и соответствующими диагоналями выпуклого пятиугольника, больше площади всего пятиугольника.

9.47*. а) Докажите, что в любом выпуклом шестиугольнике площади 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, помещён в квадрат со стороной 1. Докажите, что внутри многоугольника можно поместить отрезок длины 0,5, параллельный стороне квадрата.

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 ;

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 площади S1, а около этого круга описан правильный n-угольник площади S2. Докажите, что S2 > S1 S2.

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

9.52*. Многоугольник площади B вписан в окружность площади A и описан вокруг окружности площади C. Докажите, что 2B 9.53*. В круг радиуса 1 помещено два треугольника, площадь каждого из которых больше 1. Докажите, что эти треугольники пересекаются.

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 лежат на сторонах параллелограмма, не превосходит половины площади параллелограмма.

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

9.58*. а) Докажите, что выпуклый многоугольник площади S можно 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.

9.60*. Выпуклый n-угольник помещён в квадрат со стороной 1. Докажите, что найдутся три такие вершины A, B и C этого n-угольника, что площадь треугольника ABC не превосходит: а) 8/n2 ; б) 16p/n3.

См. также задачу 15.8.

9.61*. Внутри квадрата со стороной 1 расположена несамопересекающаяся 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 9.63*. Внутри квадрата со стороной 1 расположено n2 точек. Докажите, 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.

9.65. 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 четырёхугольника 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 стороны 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 четырёхугольника ABCD. Докажите, что SABCD < 4SAMN.

9.72. Точка P лежит внутри выпуклого четырёхугольника ABCD.

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

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

9.74. Докажите, что расстояние от одной из вершин выпуклого четырёхугольника до противоположной диагонали не превосходит половины 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 параллелограмм P2 вписан параллелограмм P3, стороны которого параллельны 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).

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 окружность радиуса 1, причём AB = a, BC = b, CD = c, DE = d, AE = 2.

Докажите, что 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 треугольников ACE и BDF не превосходит 1.

9.81*. Длины сторон выпуклого шестиугольника ABCDEF меньше 1. Докажите, что длина одной из диагоналей AD, BE, CF меньше 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 взаимно 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).

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

9.85*. Многоугольник A1 A2... 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 ak — величина угла при вершине Ak, xk = OAk, dk — расстояние от точки O до прямой Ak Ak+1. Докажите, что xk sin(ak /2) dk и xk cos(ak /2) p, где p — полупериметр многоугольника.

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

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

Докажите, что по крайней мере один из углов Ai OAj удовлетворяет неравенствам p(1 1/n) Ai OAj p.

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

9.90*. а) Выпуклые многоугольники A1... An и B1... Bn таковы, что все их соответственные стороны, кроме A1 An и B1 Bn, равны и A2 B2,..., An1 Bn1, причём хотя бы одно из неравенств строгое. Докажите, что A1 An > B1 Bn.

б) Соответственные стороны неравных многоугольников A1... An и B1... Bn равны. Запишем возле каждой вершины многоугольника 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 разностью, считаются соседними.) См. также задачи 4.38, 4.54, 13.45.

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 деревьями не превосходит разности их высот. Все деревья имеют высоту меньше 100 м. Докажите, что этот лес можно огородить забором длиной 200 м.

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

9.95*. В треугольник вписана окружность. Около неё описан квадрат. 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 прямоугольника. Докажите, что площадь одного из прямоугольников, прилегающих к вершинам A и C, не превосходит четверти площади ABCD.

9.100. Докажите, что если AB + BD = AC + CD, то серединный перпендикуляр к стороне BC выпуклого четырёхугольника ABCD пересекает отрезок AD.

9.101. Докажите, что если диагональ BD выпуклого четырёхугольника 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. Докажите, что длина одной из её диагоналей не меньше h2 + (b + a)2 /4.

9.104. Вершины n-угольника M1 являются серединами сторон выпуклого 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 сторон которого заключены между 1 и 2. Найдите число его сторон.

1. Наиболее часто используется неравенство между средним арифметическим и средним геометрическим для двух чисел: ab (a+b)/2, где a и b — положительные числа. Это неравенство следует из того, что a 2 ab + b = ( a b)2 0; равенство достигается, только если a = b.

Из этого неравенства следует несколько полезных неравенств, например 2. При решении некоторых задач используется неравенство между средним арифметическим и средним геометрическим для n положительных чисел: (a1 a2... an )1/n (a1 +... + an )/n, причём равенство достигается, только если a1 =... = an.

Докажем сначала это неравенство для чисел вида n = 2m индукцией по m. Для m = 1 неравенство было доказано выше. Предположим, что оно доказано для m, и докажем его для m + 1. Ясно, что ak ak+2m ((ak + ak+2m )/2)2. Поэтому где bk = (ak + ak+2m )/2, а по предположению индукции Пусть теперь n любое. Тогда n < 2m для некоторого m. Положим Поэтому a1... an · A2 n (2m A/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, > BC. Поэтому 2CC1 + BA > CA + BC, т. е. mc > (a + b c)/2.

Пусть точка C симметрична C относительно точки C1. Тогда CC1 = C1 C 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 M1 Ak + M2 Ak M1 M2 = 2. Складывая эти неравенства для k = 1,..., n, получаем (M1 A1 +... + M1 An ) + (M2 A1 +... + M2 An ) 2n. Поэтому либо M1 A1 +... + M1 An n, и тогда положим M = M1, либо M2 A1 +... + M2 An n, и тогда положим M = M2.

9.4. В качестве K можно взять середину отрезка PQ. В самом деле, тогда Ai K (Ai P + Ai Q)/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 номером 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 Oi O, 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, получаем x = (a + b + c)/2, y = (a b + c)/2, z = (a + b c)/2. Положительность чисел 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, если b < a, то b la и c la, где l < 1. Поэтому bn + cn 2ln an. При достаточно большом n имеем 2ln < 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 + = (a + b c)(a b + c)(a + b + c). (Последнее равенство проверяется простым вычислением.) Все три сомножителя положительны в силу неравенства треугольника.

9.10. Пусть x = b + c a, y = c + a b, z = a + b c. Согласно неравенству Поэтому требуемое неравенство переписывается в виде 9.11. Легко проверить, что abc|p q| = |(b c)(c a)(a b)|. А так как 9.12. Пусть длины отрезков равны a1 a2 a3 a4 a5. Если все треугольники, 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 ) + + (a2 + a2 ) 2a2 + 3a2. Так как a2 + a2 2a1 a2, то 2a2 + 3a2 > a2 + 2a1 a2 + a2 = = (a1 + a2 )2. Приходим к неравенству a2 > (a1 + a2 )2, противоречащему неравенству треугольника.

9.13. П е р в о е р е ш е н и е. Введём новые переменные x = a + b + c, 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 — положительные числа.

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 неравенству 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, 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 четырёхугольника 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, складывая 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 внутреннего. 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. Рассмотрим 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).

При этом снова получается замкнутая ломаная, но её длина меньше, чем у исходной, так как сумма длин противоположных сторон выпуклого четырёхугольника меньше суммы длин диагоналей. Получено противоречие, поэтому замкнутая ломаная наименьшей длины не может иметь пересекающихся 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 A1 A4, A1 A5, A2 A4 и A2 A5 имеют одинаковую длину, так как они являются диагоналями этого многоугольника. Но в выпуклом четырёхугольнике A1 A2 A4 A5 отрезки A1 A5 и A2 A4 являются противоположными сторонами, a A1 A4 и A2 A5 — диагоналями. Поэтому A1 A5 + A2 A4 < A1 A4 + A2 A5. Получено противоречие.

число, поэтому найдётся разбиение, для которого сумма длин отрезков, заданных парами точек разбиения, наименьшая. Покажем, что тогда эти отрезки не буРис. 9.3 дут пересекаться. В самом деле, если бы два отрезка с меньшей суммой длин отрезков, заменив диагонали выпуклого четырёхугольника на его противоположные стороны (рис. 9.3).

9.21. Пусть Ap Ap+1 и Aq Aq+1 — несмежные стороны n-угольника A1... An (т. е. |p q| 2). Тогда Ap Ap+1 + Aq Aq+1 < Ap Aq + Ap+1 Aq+1. Запишем все такие 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 сторон n-угольника. Диагональ Am An 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.

9.22. Рассмотрим произвольную замкнутую ломаную с вершинами в вершинах 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 пересекающимися 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 A1 A3 A5... A2n+1 A2... A2n соответствует ломаная A1 A2 A3... A2n+1 A1.

9.23. Пусть длина третьей стороны равна n. По неравенству треугольника 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. Тогда a2 c2 и b2 < (a + c)2 4c2. Поэтому a2 + b2 < 5c2. Получено противоречие.

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 A1 B2 AB, B1 C2 BC, C1 A2 CA (рис. 9.6). Тогда A1 B1 < A1 B2 + B2 B1 = (1 l)AB+(2l1)CA.

Аналогично B1 C1 < (1 l)BC + (2l 1)AB и C1 A1 < (1 l)CA + (2l 1)BC.

Складывая эти неравенства, получаем P1 < lP.

Ясно, что A1 B1 + A1 C > B1 C, т. е. A1 B1 + (1 l)BC > l · CA. Аналогично B1 C1 + (1 l)CA > l · AB и C1 A1 + (1 l)AB > l · BC. Складывая эти неравенства, получаем P1 > (2l 1)P.

9.29. а) При переходе от невыпуклого многоугольника к его выпуклой оболочке некоторые ломаные, образованные сторонами, заменяются прямолинейными отрезками (рис. 9.7). Остаётся заметить, что длина ломаной больше б) Построим на сторонах внутреннего многоугольника полуполосы, обращённые наружу; параллельные края полуполос перпендикулярны соответствующей стороне многоугольника (рис. 9.8). Обозначим через P ту часть периметра внешнего многоугольника, которая находится внутри этих полуполос. Тогда периметр внутреннего многоугольника не превосходит P, и CO + OB < CA + AB. Складывая эти неравенства, получаем AO + BO + CO < < AB + BC + CA.

9.31. Достаточно доказать, что ABCE и BCDE — параллелограммы. Достроим треугольник ABE до параллелограмма ABC1 E. Тогда периметры треугольников BC1 E и ABE равны, поэтому равны периметры треугольников BC1 E и BCE. Следовательно, C1 = C, так как иначе один из треугольников BC1 E и BCE лежит внутри другого и их периметры не могут быть равны.

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 a, где a — угол между прямыми EG и HF. Так как sin a 1, то SABCD EG · HF.

Складывая равенства EG = EB + 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, 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 A1 A2, A2 A3,..., An A1 выбраны точки B1,..., Bn ;

O — центр окружности. Пусть, далее, Sk = SOBk Ak+1 Bk+1 = (OAk+1 · Bk Bk+1 sin f)/2, т. е. периметр многоугольника B1 B2... Bn не меньше 2S/R.

9.37. Ясно, что 2SAOB AO · OB (AO2 + BO2 )/2, причём равенство возможно, 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 9.39. Воспользуемся формулой Герона: S2 = (p2 a2 ). Аналогично (p b)2 4(p1 b1 )(p2 b2 ), (p c) 4(p1 c1 )(p2 c2 ) и p 4p1 p2. 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 параллелограмма ADCK, точка K окажется внутри четырёхугольника ABCD. Поэтому 2S 2SABK + 2SBCK = AB · AK sin a + BC · CK sin b = AB · CD sin a + BC · AD sin b.

Равенство достигается, если точка D лежит на отрезке AC.

Пусть точка D симметрична точке D относительно серединного перпендикуляра 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 арифметическим ++ и g = 2 ab (см. задачу 1.34).

9.42. Неравенства a < a1, b < b1 и g < g1 не могут выполняться одновременно. Поэтому, например, a1 a 90, а значит, sin a1 sin a. Следовательно, 2S1 = a1 b1 sin a1 k2 ab sin a = 2k2 S.

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 стороной h, построенные внешним образом на сторонах исходного многоугольника (рис. 9.10). При этом кроме исходного многоугольника останутся ещё некотоРис. 9. рые четырёхугольники, из которых можно составить многоугольник, описанный около окружности радиуса h. Сумма площадей этих четырёхугольников больше площади окружности радиуса h, т. е. больше ph2. Ясно также, что сумма площадей отрезанных прямоугольников равна Ph.

9.45. Пусть s, s1,..., sn — площади квадрата и составляющих его прямоугольников, S, S1,..., Sn — площади описанных около них кругов. Докажем, что sk 2Sk /p. В самом деле, если стороны прямоугольника равны a и b, = 2Sk /p. Следовательно, 2S/p = s = s1 +... + sn 2(S1 +... + Sn )/p.

9.46. Пусть для определённости ABC — треугольник наименьшей площади. Обозначим точку пересечения диагоналей AD и EC через F. Тогда 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 прямой AB не больше, чем точка P. Следовательно, либо SABC SABP S/6, либо SABF SABP S/6.

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. Аналогично 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 принадлежит всем нашим четырёхугольникам; обозначим её O. Разобьём восьмиугольник 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 рассмотрим 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 данный 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 Поэтому площадь фигуры не превосходит 20 2,5 = 17,5.

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 треугольник. Достаточно доказать, что длина одного из оснований этих трапеций больше 0,5. Предположим, что длины оснований всех трапеций не превосходят 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 противоречие.

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 одного из полученных ранее треугольников, то соединим её с вершинами этого 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 вершины. 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, Сумма площадей треугольников разбиения меньше 1, а их количество не меньше n 2, поэтому площадь хотя бы одного из них не превосходит 1/(n 2).

9.51. а) Можно считать, что описанный n-угольник A1... An и вписанный n-угольник B1... Bn расположены так, что прямые Ai Bi пересекаются в центре O данного круга. Пусть Ci и Di — середины сторон Ai Ai+ и Bi Bi+1. Тогда SOBi Ci = p · OBi · OCi, SOBi Di = p · OBi · ODi и SOAi Ci = p · OAi · OCi, где p = (sin Ai OCi )/2. Так как OAi : OCi = OBi : ODi, то S2 i Ci = SOBi Di SOAi Ci.

Остаётся заметить, что площадь части круга, заключённой внутри угла Ai OCi, больше SOBi Ci, а площади частей вписанного и описанного n-угольников, заключённых внутри этого угла, равны SOBi Di и SOAi Ci.

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

т. е. 12x2 > x4. При x p/3 это неравенство выполняется.

9.52. Пусть O — центр гомотетии, переводящей вписанную окружность в описанную. Разобьём плоскость лучами, выходящими из точки O и проходящими через вершины многоугольника и точки касания его сторон с вписанной окружностью (рис. 9.14). Достаточно доказать требуемое неравенство для частей кругов и многоугольника, заключённых внутри каждого из образованных этими лучами углов. Пусть стороны угла пересекают вписанную и описанную окружности в точках P, Q и R, S соответственно, причём P — точка касания, а S — вершина многоугольника. Площади 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 SPRS. Это неравенство очевидно, так как SPQS 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 круга. 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 через 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 прямоугольники со второй стороной R = S/P. Они покроют не весь многоугольник (эти прямоугольники перекрываются и могут вылезать за его пределы, а сумма 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 поместить 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 вершинами. Тогда многоугольник разобьётся на треугольники с площадями hi ai /2, где hi — расстояние от точки O до i-й стороны, а ai — длина i-й стороны. Так (рис. 9.15). Площадь данного параллелограмма не превосходит суммы площадей заштрихованных параллеРис. 9. 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 треугольника ABC лежат на одной стороне PQ параллелограмма. Тогда AB PQ и высота, опущенная на сторону AB, не больше высоты параллелограмма. Поэтому площадь треугольника ABC не больше половины площади параллелограмма.

Если же вершины треугольника лежат на разных сторонах параллелограмма, то две из них лежат на противоположных сторонах. Проведём через ную этим сторонам (рис. 9.16). Она разрезает параллелограмм на два параллелограмма, а треугольник — на два треугольника, причём у обоих треугольников две вершины лежат на сторонах параллелограмма. Приходим к рассмотренному случаю.

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, SAB1 C1 = B1 C1 · AH/2 = AM · AH 3BM · AH = 3.

9.58. а) Пусть AB — наибольшая диагональ или сторона данного многоугольника M. Многоугольник M заключён внутри полосы, образованной перпендикулярами к отрезку AB, проходящими через точки A и B. Проведём к многоугольнику M две опорные прямые, параллельные AB; пусть они пересекают многоугольник M в точках C и D. В результате многоугольник M заключён в прямоугольник, площадь которого равна 2SABC + 2SABD 2S.

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

Пусть A — наиболее удалённая от l точка многоугольника M1. Прямая, равноудалённая от точки A и прямой l, пересекает стороны многоугольника M1 в точках B и C. Проведём через точки B и C опорные прямые. В результате вокруг многоугольника M1 будет описана трапеция (через точку A тоже можно провести опорную 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 прямыми, перпендикулярными l и проходящими через B и C. Длины этих сечений равны h/2, поэтому PQRS — параллелограмм, причём его площадь равна BC · h/2 S/2.

9.59. а) Заключим многоугольник в полосу, 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 заключён в параллелограмм, поэтому площадь этого параллелограмма не меньше 1. С другой стороны, сумма площадей треугольников ACB и ADB равна половине площади параллелограмма, поэтому площадь одного из этих треугольников не меньше 1/4.

б) Как и в задаче а), заключим многоугольник в полосу, образованную параллельными прямыми, так, чтобы вершины A и B лежали на этих прямых 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, удовлетворяющие требуемому условию. Пусть ai — угол между i-й и (i + 1)-й сторонами, bi = p ai, а ai — длина i-й стороны.

а) Площадь треугольника, образованного i-й и (i + 1)-й сторонами, равна Si = (ai ai+1 sin ai )/2. Пусть S — наименьшая из этих площадей. Тогда 2S ai ai+1 sin ai, поэтому (2S)n (a2... a2 )(sin a1... sin an ) a2... a2. Согласно 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 горизонтальную стороны квадрата, то a1 +... + an (p1 +... + pn ) + (q1 +... + qn ) 4.

Поэтому 2S 16n2, т. е. S 8/n2.

б) Воспользуемся доказанным выше неравенством Поэтому 2S 32p/n3, т. е. S 16p/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 Если сумма длин проекций звеньев на сторону длиной 1 не меньше 500, то на этой фигуры равна pe2 + 2el, где l — длина отрезка. Построим такие фигуры для всех N звеньев данной ломаной. Так как соседние фигуры имеют N 1 общих кругов радиуса e с центрами в неконцевых вершинах ломаной, то покрытая этими фигурами площадь не превосходит Npe2 + + 2e(l1 +... + ln ) (N 1)pe2 = 2eL + pe2. Эти фигуры покрывают весь квадрат, так как любая точка квадрата удалена от некоторой точки ломаной меньше чем на e. Поэтому 1 2eL + pe2, т. е. L 9.63. Разобьём квадрат на n вертикальных полосок, содержащих по n точек каждая. Точки внутри каждой полосы соединим сверху вниз и получим n ломаных. Эти ломаные можно соединить в одну ломаную двумя способами (рис. 9.21, а и б). Рассмотрим отрезки, соединяющие разные полосы.

Объединение всех таких отрезков, полученных обоими способами, представляет 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 проекций всех звеньев ломаной не превосходит n.

В итоге получаем, что сумма вертикальных и горизонтальных проекций всех звеньев не превосходит 1 + (n 1) + n = 2n, поэтому и длина ломаной 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 ломаной, удалённая от одной из этих вершин на расстояние 0,5. Вершины квадрата, ближайшие к точкам A1 и B1, обозначим A и B соответственно (рис. 9.22). Часть ломаной от M до A1 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, F1 F2 F1 P + PF2 1.

С другой стороны, идя в F2 из F1, мы должны пройти через точку B, а F1 B1 99 и F2 B1 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 ABD1 D — равнобедренная трапеция. Поэтому D > D1 DA = DD1 B > 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 B1 D < AC1. Следовательно, BD2 = B1 D2 + B1 B2 < AC2 + CC2 = AC2.

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. Поэтому 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. Следовательно, 2FA 2FO + 2OA < CD + BD.

9.70. Отложим на лучах AB, AC и AD отрезки AB, AC и AD длиABC AC B.

ной 1/AB, 1/AC и 1/AD. Тогда AB : AC = AC : AB, т. е.

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). Подставив 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 = SA1 MN < SAMN.

Значит, SABCD < 4SAMN.

9.72. Диагонали AC и BD пересекаются в точке O. Пусть для определённости 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, и доказательство завершено. Так как 9.76. Введём такие обозначения, как на рис. 9.24. Все рассматриваемые параллелограммы имеют общий центр (задача 1.7). Длины сторон параллелограмма P3 равны a + a1 и b + b1, а длины сторон параллелограмма P1 равны a + a1 + 2x и b + b1 + 2y, поэтому нужно проверить, что 2y b + b1. Предположим, что a + a1 < 2x и b + b1 < 2y. Тогда aa1 (a + a1 )/2 < 5p/2. Складывая последнее неравенство с равенством 5a + 10g = 3p, получаем 5a/2 > p/2, т. е. a > p/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 ACE = 90, то (AB + BC, CD + DE) = (AC, CE) = 0. Поэтому 4 = = |AB + BC| + |CD + DE| = AB + BC + CD + DE + 2(AB, BC) + 2(CD, DE), т. е. достаточно доказать, что abc < 2(AB, BC) и bcd < 2(CD, DE). Поскольку 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, b1 = c, c1 = b, и неравенство bcd < 2(CD, DE) перепишется в виде a1 b1 c1 < 2(A1 B1, B1 C1 ).

9.79. Пусть B — середина стороны A1 A2 данного шестиугольника A1... A6, O — его центр. Можно считать, что точка P лежит внутри треугольника A1 OB.

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 A3 A равны 1.