«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 ...»

9.80. Предположим, что радиусы описанных окружностей треугольников ACE и BDF больше 1. Пусть O — центр описанной окружности треугольника ACE. Тогда ABC > AOC, CDE > COE и EFA > EOA, а значит, B + D + F > 2p. Аналогично A + C + E > 2p, т. е. сумма углов шестиугольника ABCDEF больше 4p. Получено противоречие.

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

9.81. Можно считать, что AE AC CE. Согласно задаче 9.70 AD · CE A4 A2 /2 и A5 = A6 A4 )/2 = A7 A6 < 180, поэтому A1 + A3 + A5 < 360 + 90 = 450.

9.83. а) Нужно доказать, что если c — гипотенуза прямоугольного треугольника, а a и b — его катеты, то c (a + b)/ 2, т. е. (a + b)2 2(a2 + b2 ). Ясно, б) Пусть di — длина i-й стороны многоугольника, а xi и yi — длины её проекций на координатные оси. Тогда x1 +... + xn 2a, y1 +... + yn 2b. Согласно задаче а) di (xi + yi )/ 2. Поэтому d1 +... + dn (x1 +... + xn + y1 +... + yn )/ 9.84. Возьмём отрезок длиной P и расположим на нём стороны многоугольника 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 наибольших 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 деформируем этот многоугольник в равнобедренный треугольник. Предположим теперь, что эта точка лежит на стороне b, а периметры частей многоугольника, 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 отрезков 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, число сторон многоугольника больше 4. Поэтому одна из ломаных длины 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.

9.86. Пусть bk = OAk Ak+1. Тогда xk sin bk = dk = xk+1 sin(ak+1 bk+1 ).

Поэтому 2 dk = 2 xk sin(ak /2).

Ясно также, что Ak Ak+1 = xk cos bk + xk+1 cos(ak+1 bk+1 ). Поэтому 2p = 2 xk cos(ak /2).

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

9.87. Предположим, что центр O многоугольника M2 лежит вне многоугольника 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 многоугольника M2, поэтому прямая CD лежит вне окружности S. С другой стороны, отрезок CD лежит внутри многоугольника M2. Следовательно, длина отрезка CD меньше половины длины стороны многоугольника M2 (см. задачу 10.69). Получено противоречие.

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

Точка O окажется в одном из этих треугольников, например в треугольнике A1 Ak Ak+1. Если точка O попадёт на сторону A1 Ak, то A1 OAk = p, и задача решена. Поэтому будем считать, что точка O лежит строго внутри треугольника A1 Ak Ak+1. Так как A1 O Ak O и A1 O Ak+1 O, то A1 Ak O Ak A1 O и A1 Ak+1 O Ak+1 A1 O. Следовательно Ak OA1 + Ak+1 OA1 = (p OA1 Ak OAk A1 ) + + (p OA1 Ak+1 OAk+1 A1 ) 2p 2OA1 Ak 2OA1 Ak+1 = 2p 2Ak A1 Ak+1 = 9.89. Пусть d — длина наибольшей диагонали (или стороны) AB данного n-угольника. Тогда его периметр P не превосходит pd (задача 13.45).

или BAi nd/2 (задача 9.91); пусть для определённости выполняется первое 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 многоугольники так, чтобы вершины A1,..., Ai совпали с B1,..., Bi. В треугольниках A1 Ai An и A1 Ai Bn стороны Ai An и Ai Bn равны и A1 Ai An > A1 Ai Bn, поэтому A1 An > A1 Bn.

Если же не равны несколько углов, то многоугольники A1... An и B1... Bn можно включить в цепочку многоугольников, последовательные члены которой 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 M1, M2 и M (рис. 9.25) можно применить утверждение задачи а); в одном случае получим PQ > P Q, а в другом PQ < P Q, чего не может быть.

9.91. Пусть A и B — концы отрезка; X1,..., Xn — данные точки. Так 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 дуге окружности не более чем в 1,6 раза длиннее пути по прямой. Отношение длины дуги угловой величины 2f к хорде, её стягивающей, равно f/ sin f.

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

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

Тогда по условию A1 A2 |a1 a2 | = a1 a2,..., An1 An an1 an. Следовательно, длина ломаной A1 A2... An не превосходит (a1 a2 ) + (a2 a3 ) +...

... + (an1 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 принадлежащие заштрихованным многоугольникам, входят в периметр исходного и полученного многоугольников. Что же касается заштрихованных многоугольников, то их стороны, лежащие на прямой сгиба, входят в периметр полученного многоугольника, а все остальные стороны — в периметр исходного 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 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 выходящих из неё сторон квадрата). Если таких уголков будет два, то мы сразу получаем, что внутри треугольника лежит по крайней мере половина периметра 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 пополам. Тогда AB 1/2. Докажем, что все точки ломаной лежат внутри круга радиуса 1/4 с центром в середине O отрезка AB. Пусть M — произвольная точка ломаной, а точка M1 симметрична ей относительно точки O.

Тогда MO = M1 M/2 (M1 A + AM)/2 = (BM + AM)/2 1/4, так как BM + AM не превосходит половины длины ломаной.

9.97. Пусть остроугольный треугольник ABC расположен внутри окружности 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 диаметрально противоположные точки, т. е. внутри окружности S содержится диаметр окружности S1. Следовательно, радиус окружности S не меньше радиуса окружности S1.

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

9.98. П е р в о е р е ш е н и е. Любой треугольник периметра P можно поместить 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 < p/2, то sin x > 2x/p (см. приложение).

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

НЕРАВЕНСТВА ДЛЯ ЭЛЕМЕНТОВ ТРЕУГОЛЬНИКА

Эта глава тесно связана с предыдущей. Основные сведения см. в предыдущей главе.

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

10.2. Медианы AA1 и BB1 треугольника ABC пересекаются в точке M. Докажите, что если четырёхугольник A1 MB1 C описанный, то AC = BC.

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

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

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 = ma mb + mb mc + mc ma. Докажите, что 9/20 < x1 /x < 5/4.

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

10.8. Докажите, что в любом треугольнике сумма длин высот меньше периметра.

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

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

10.45*. cos a cos b + cos b cos g + cos g cos a 3/4.

10.46*. sin 2a + sin 2b + sin 2g sin(a + b) + sin(b + g) + sin(g + a).

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

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

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

10.50*. Пусть a, b, g—углы остроугольного треугольника. Докажите, что если a < b < g, то sin 2a > sin 2b > sin 2g.

10.51*. Докажите, что cos 2a + cos 2b cos 2g 3/2.

10.52*. На медиане BM треугольника ABC взята точка X. Докажите, 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 A1 B1 C1 остроугольный.

10.54*. Из медиан треугольника с углами a, b и g составлен треугольник с углами am, bm и gm (угол am лежит против медианы AA1 и т. д.). Докажите, что если a > b > g, то a > am, a > bm, См. также задачи 10.94, 10.95, 10.97.

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

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 ;

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 причём равенство достигается тогда и только тогда, когда эти треугольники 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 SA1 B1 C1 /SABC 1/4.

10.60*. На сторонах BC, CA и AB треугольника ABC взяты произвольные точки A1, B1 и C1. Пусть a = SAB1 C1, b = SA1 BC1, c = SA1 B1 C и u = SA1 B1 C1. Докажите, что u3 + (a + b + c)u2 4abc.

10.61*. На сторонах BC, CA и AB треугольника ABC взяты точки A1, B1 и C1. Докажите, что площадь одного из треугольников AB1 C1, A1 BC1, A1 B1 C не превосходит:

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, когда AC < BC, т. е. против большего угла треугольника лежит большая сторона, а против большей стороны лежит больший угол.

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

10.64*. Пусть ABCD и A1 B1 C1 D1 — два выпуклых четырёхугольника с соответственно равными сторонами. Докажите, что если A > A1, 10.65*. В остроугольном треугольнике ABC наибольшая из высот 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.

10.67. а) Внутри треугольника ABC расположен отрезок MN. Докажите, что длина MN не превосходит наибольшей стороны треугольника.

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 сторон 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 правильного пятиугольника, вписанного в эту окружность.

10.71*. Даны треугольник ABC со сторонами a > b > c и произвольная точка O внутри его. Пусть прямые AO, BO, CO пересекают стороны 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 прямым 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 10.75*. Докажите, что c/r 2(1 + 2).

10.76*. Докажите, что m2 + m2 > 29r2.

258 Глава 10. Неравенства для элементов треугольника § 12. Неравенства для остроугольных треугольников 10.77. Докажите, что для остроугольного треугольника 10.78. Докажите, что для остроугольного треугольника 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 A1 B1 C1 не превосходит 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 треугольника. Докажите, что r + R h.

10.84*. На сторонах BC, CA и AB остроугольного треугольника ABC взяты точки A1, B1 и C1. Докажите, что 10.85*. Докажите, что треугольник со сторонами a, b и c остроугольный 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 направления равны.

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

10.89. Через точку O пересечения медиан треугольника ABC проведена прямая, пересекающая его стороны в точках M и N. Докажите, что NO 2MO.

10.90. Докажите, что если треугольник ABC лежит внутри треугольника 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 основанием 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, медиана 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 a, b, g. Докажите, что 10.99*. На сторонах BC, CA, AB треугольника ABC взяты точки 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 треугольника 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 треугольника больше 4Rr.

10.103. В треугольнике ABC проведена биссектриса AA1. Докажите, что A1 C < 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 построены 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 пересечении этих треугольников образуется шестиугольник площади S с попарно параллельными противоположными сторонами. Докажите, что 3S < SABC + SMNK.

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

10.3. Пусть, например, BC > AC. Тогда MA < MB (см. задачу 10.1), поэтому 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 задаm 10.5. а) Пусть M — точка пересечения медиан, O — центр описанной окружности треугольника ABC. Тогда AO2 + BO2 + CO2 = (AM + MO)2 + (BM + MO)2 + + (CM + MO) = AM + BM + CM + 2(AM + BM + CM, MO) + 3MO2. Так как 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.

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

10.6. Формулу Герона можно переписать в виде 16S2 = 2a2 b2 + 2a2 c2 + 2b2 c a b4 c4. А так как m2 = (2a2 + 2b2 c2 )/4 (задача 12.11 а), то нераc ствам 16S2 4a2 b2 и 16S2 > 0 соответственно.

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 равенством 3y = 4y1, получим 8x1 < y + 8x < 10x, т. е. x1 /x < 5/4.

Пусть M — точка пересечения медиан треугольника ABC. Достроим треугольник 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.

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.

равенства для ha, hb и hc и воспользовавшись неравенством + 2, получим требуемое.

10.16. Так как b/2R = sin b, то после домножения на 2p переходим к неравенству (a + b + c)(ha + hb + hc ) 3 sin b(a2 + ac + c2 ). Вычитая из обеих частей 6S, получаем a(hb + hc ) + b(ha + hc ) + c(ha + hb ) 3 sin b(a2 + c2 ). Так как, например, ahb = a2 sin g=a2 c/2R, переходим к неравенству a(b2 + c2 ) 2b(a2 + c2 ) + + c(a2 + b2 ) 0. Для доказательства последнего неравенства рассмотрим квадратный 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 10.18. Ясно, что ha /la = cos((b g)/2). Согласно задаче 12.38 а) Остаётся заметить, что 4x(q x) q2.

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

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

10.20. Согласно задаче 10. Далее, согласно формуле Герона 10.21. Согласно задаче 10. поскольку ab + bc + ac = p2 + 4Rr + r2 согласно задаче 12.32.

262 Глава 10. Неравенства для элементов треугольника считать, что p = 1; пусть x = 1 a и y = 1 b. Тогда mc = (2a + 2b c2 )/4 = = 1 (x + y) + (x y) /4 = m(x, y). Рассмотрим функцию f(x, y) = x + y + возрастании x от 0 до 1/3 g(x) возрастает от 1 до 3, а при возрастании x от 1/3 до 1/2 g(x) убывает от 3 до 2. Введём новые переменные d = x y и q = x + y. Легко проверить, что (x y)2 2q2 (x + y) + q4 = 0, т. е. x + y = = (d2 + q4 )/2q2. Поэтому 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.

10.23. Ясно, что + + = (ha + hb + hc )/2S. Кроме того, 9r ha + hb + hc (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.

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 f = a/2, y = b/2. Так как r(ctg f + ctg y) = c = rc (tg f + tg y), 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).

шем аналогичные равенства для rb /hb и rc /hc и сложим их. Учитывая, что 2, получаем требуемое.

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.

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, что m2 + m2 + m2 27R2 /4 (задача 10.5 а).

10.32. Так как OA = r/ sin(A/2), OB = r/ sin(B/2) и OC = r/ sin(C/2), а угСледовательно, A лы A/2, B/2 и C/2 острые, то A B C.

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 треугольника 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 расравен (a2 + b2 + c2 )/2 + стояний до вершин треугольника квадрат этой суммы + 2 3S (задача 18.22). Далее, (a2 + b2 + c2 )/2 2 3S (задача 10.55 б) и 4 3S 36r2 (задача 10.55 а).

10.34. Пусть a = cos(A/2), b = cos(B/2) и g = cos(C/2). Согласно задаче 12.18 б) a/ra = a/bg, b/rb = b/ga и c/rc = g/ab. Поэтому после домножения на abg требуемое неравенство перепишется в виде 3(a2 + b2 + g2 ) 4(b2 g2 + g2 a2 + a2 b2 ). Так как a2 = (1 + cos A)/2, b2 = (1 + cos B)/ и g2 = (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 результатами задач 10.38 и 10.45.

10.35. а) Сложив равенство 4R + r = ra + rb + rc (задача 12.25) с неравенством R 2r 0 (задача 10.28) и воспользовавшись соотношением ra (p a) = pr, получим Учитывая, что выражение в правой части формулы (1) можно заменить на 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 = =(pa)(p2 bc)/S. Остаётся заметить, что 4(p2 bc)=a2 2 +c2 +2(abbc+ca)= 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 = a2 b + b2 c + c2 a. Докажем, что требуемые неравенства можно получить, преобразовав очевидное неравенство F2 0.

Пусть c1 = a + b + c = 2p, c2 = ab + bc + ca = r2 + p2 + 4rR и c3 = abc = 4prR (см. задачу 12.32). Можно проверить, что F2 = c2 c2 4c3 4c3 c3 + 18c1 c2 c 27c2. В самом деле, (c1 c2 )2 F2 = (A + B + 3abc)2 (A B)2 = 4AB + 6(A + B)c3 + + 9c2 = 4(a3 b3 +...) + 4(a4 bc +...) + 6(A + B)c3 + 21c2. Ясно также, что 4c3 = = 4(a3 b3 +...) + 12(A + B)c3 + 24c2, 4c3 c3 = 4(a4 bc +...) + 12(A + B)c3 + 24c и 18c1 c2 c3 = 18(A + B)c3 + 54c2. Выразив c1, c2 и c3 через p, r и R, получим 264 Глава 10. Неравенства для элементов треугольника Следовательно, получаем 10.37. Так как ra + rb + rc = 4R + r и ra rb + rb rc + rc ra = p2 (задачи 12. и 12.26), то ra + rb + rc = (4R + r)2 2p2. Согласно задаче 10.36 p2 4R2 + 4Rr + + 3r2, поэтому ra + rb + rc 8R2 5r2. Остаётся заметить, что r R/2 (задача 10.28).

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

10.39. а) Ясно, что sin a + sin b + sin g = 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 a + ctg b + ctg g = (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(a/2) + ctg(b/2) + ctg(g/2) = p/r.

Кроме того, p 3 3r (задача 10.55 а).

б) Следует из а) (см. замечание). Для тупоугольного треугольника tg a + + tg b + tg g < 0; см., например, задачу 12.48.

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

б) Для остроугольного треугольника следует из а) (см. замечание). Для тупоугольного треугольника cos a cos b cos g < 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 a sin b sin g = 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 a + cos2 b + cos2 g = 1 2 cos a cos b cos g.

Остаётся заметить, что cos a cos b cos g 1/8 (задача 10.42 б), а для тупоугольного треугольника cos a cos b cos g < 0.

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

10.46. Согласно задаче 12. Ясно также, что т. е. 2r R. Это неравенство доказано в решении задачи 10.28.

10.47. Ясно, что 2 sin(b/2) sin(g/2) = cos((b g)/2) cos((b + g)/2) 1 sin(a/2).

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

10.49. Согласно задаче 12.34 tg(a/2) tg(b/2) = (a + b c)/(a + b + c). А так 10.50. Так как p2a>0, p2b>0, p2g>0 и (p2a)+(p2b)+(p2g)= = p, существует треугольник с углами p 2a, p 2b, p 2g. Длины сторон, противолежащих углам p 2a, p 2b, p 2g, пропорциональны числам sin(p 2a) = sin 2a, sin 2b, sin 2g. Поскольку p 2a > p 2b > p 2g и против большего угла лежит большая сторона, то sin 2a > sin 2b > sin 2g.

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

Максимальное значение соответствует углам a = b = 30, g = 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 a, b и g, то углы треугольника A1 B1 C1 равны (b + g)/2, (g + a)/2 и (a + b)/2.

10.54. Пусть M — точка пересечения медиан AA1, BB1 и CC1. Достроив треугольник AMB до параллелограмма AMBN, получим BMC1 = am и AMC1 = = bm . Легко проверить, что C1 CB < g/2 и B1 BC < b/2. Следовательно, am = C1 CB + B1 BC < (b + g)/2 < b. Аналогично gm = A1 AB + B1 BA > > (a + b)/2 > b.

Предположим сначала, что треугольник ABC остроугольный. Тогда точка H пересечения высот лежит внутри треугольника AMC1. Следовательно, Предположим теперь, что угол a тупой. Тогда угол CC1 B тоже тупой, а значит, угол am острый, т. е. am < a. Опустим из точки M перпендикуляр MX на BC. Тогда gm > XMB > 180 HAB > g.

Так как a > am, то a + (p am ) > p, т. е. точка M лежит внутри описанной окружности треугольника AB1 C1. Следовательно, g = AB1 C1 < AMC1 = bm.

Аналогично a = CB1 A1 > CMA1 = bm, так как g + (p gm ) < p.

266 Глава 10. Неравенства для элементов треугольника Складывая неравенства x2 yz x2 (y2 + z2 )/2, y2 xz y2 (x2 + z2 )/2 и z2 xy z2 (x2 + y2 )/2, получаем требуемое.

10.57. а) Перемножив три равенства вида S = (ab sin g)/2, получим б) Так как (ha hb hc )2 = (2S)6 /(abc)2 и (abc)2 (4/ 3)3 S3, то (ha hb hc ) Так как (r b rc )2 = S4 /r2 (задача 12.19 в) и r2 ( 3)3 S (задача 10.55 а), то (ra rb rc )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 косинусов Поэтому Это неравенство легко приводится к требуемому виду.

10.59. Пусть p = BA1 /BC, q = CB1 /CA и r = AC1 /AC. Тогда SA1 B1 C1 /SABC = Чевы (задача 5.85) pqr = (1 p)(1 q)(1 r), т. е. 2pqr = 1 (p + q + r) + 10.60. Можно считать, что площадь треугольника ABC равна 1. Тогда 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 SAB1 C1 = z(1 y), SA1 BC1 = x(1 z) и SA1 B1 C = y(1 x). Так как x(1 x) 1/4, y(1 y) 1/4 и z(1 z) 1/4, то произведение чисел SAB1 C1, SA1 BC1 и SA1 B1 C не превосходит (1/4)3, а значит, одно из них не превосходит 1/4.

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, SA1 B1 C SA1 B1 C1. Поэтому можно считать, что y 1/2 и аналогично z 1/2. Пусть x = (1 + a)/2, y = (1 + b)/ и z = (1 + g)/2. Тогда SAB1 C1 = (1 + g b bg)/4, SA1 BC1 = (1 + a g ag)/ и SA1 B1 C = (1 + b a ab)/4, а значит, SA1 B1 C1 = (1 + ab + bg + ag)/4 1/ и SAB1 C1 + SA1 BC1 + SA1 B1 C 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 A1 C = AC.

Тогда BAC > A1 AC = AA1 C > ABC.

10.63. Пусть A1 — середина стороны BC. Если AA1 < BC/2 = BA1 = A1 C, 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 больше будет угол между ними, тем больше будет третья сторона. Поэтому из неравенства A > A1 следует, что BD > B1 D1, т. е. C > C1. Предположим теперь, что B B1. Тогда AC A1 C1, т. е. D > D1. Поэтому 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. половине BM, то MBC = 30. Поскольку AH — наибольшая из высот, BC — наименьшая из сторон. Поэтому AB1 =BC AB, т. е. ABB1 AB1 B=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 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 M1 N1. Пусть точка M1 лежит на стороне AB, а точка N1 — на PQ.

Так как AM1 N1 + BM1 N1 = 180, то один из этих углов не меньше 90. Пусть для определённости AM1 N1 90. Тогда AN1 M1 N1, так как против большего угла лежит большая сторона. Аналогично доказывается, что либо AN1 AP, либо AN1 AQ. Следовательно, длина отрезка MN не превосходит длины отрезка с концами в вершинах многоугольника.

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 треугольника 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 можно перевести в отрезок, имеющий общую точку X с дугой BC и лежащий в нашей области. Проведём через точку X касательную DE к окружности (точки D и E лежат на отрезках AB и AC). Тогда отрезки AD и AE меньше 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 данного пятиугольника A1 A2 A3 A4 A5. Рассмотрим углы A1 OA2, A2 OA3,.. ., A5 OA1.

В сумме эти пять углов дают 2p, поэтому один из них, например A1 OA2, не превосходит 2p/5. Тогда отрезок A1 A2 можно поместить в сектор OBC, где BOC = 2p/5 и точки B и C расположены на окружности. В треугольнике OBC наибольшей стороной является BC, поэтому A1 A2 BC.

Если точка O не принадлежит данному пятиугольнику, то углы A1 OA2,...

..., A5 OA1 дают в объединении угол меньше p, причём каждая точка этого < A1 A2 + B1 O + C2 O = A1 A2 + CA2 + BA1 = BC.

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

2. Следовательно, 2/5 < 1/(1 + 2) r/h < 1/2.

29r2 (см. задачу 10.75).

10.77. Пусть O — центр описанной окружности, A1, B1, C1 — середины сторон BC, CA, AB соответственно. Тогда ma = AA1 AO + OA1 = R + OA1. АналоРешения задач гично mb R + OB1 и mc R + OC1. Следовательно, Остаётся воспользоваться результатом задачи 12.23и решением задачи 4.47.

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 считать, 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 = т. е. c — наибольшая сторона, а g — наибольший угол.

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

10.81. Согласно задаче 1.60 отношение периметров треугольников A1 B1 C 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 SA1 B1 C1 /SABC = r1 /2R1 1/4.

10.82. Пусть AA1 и BB1 — биссектрисы треугольников OAH и OBH. Согласно 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 т. е. точки на прямой OH расположены в таком порядке: O, A1, B1, H.

Точка O лежит внутри треугольника ABH, поэтому точка пересечения прямых AA1 и BB1 лежит внутри треугольника BOH.

10.83. Пусть 90 a b g. Тогда CH — наибольшая высота. Центры вписанной и описанной окружностей обозначим через I и O, точки касания вписанной окружности со сторонами BC, CA, AB — через K, L, M соответственно (рис. 10.2).

Докажем сначала, что точка O лежит внутри треугольника KCI. Для этого достаточно доказать, что CK KB и BCO BCI. Ясно, что CK = r ctg(g/2) r ctg(b/2) = KB и 2BCO = = 2BCI. Так как BCO = 90 a = ACH, при симметрии относительно CI прямая CO переходит в прямую CH.

Пусть O — образ точки O при этой симметрии, P — точка пересечения 270 Глава 10. Неравенства для элементов треугольника CH и IL. Тогда CP CO = CO = R. Остаётся доказать, что PH IM = r. Это следует из того, что MIL = 180 a 90.

10.84. Пусть B2 C2 — проекция отрезка B1 C1 на сторону BC. Тогда B1 C B2 C2 = BC BC1 cos b CB1 cos g. Аналогично A1 C1 AC AC1 cos a CA1 cos g AB AB1 cos a BA1 cos b. Домножим эти неравенства на cos a, и A1 B cos b и cos g соответственно и сложим их. Получим B1 C1 cos a + C1 A1 cos b + Так как c = a cos b + b cos a, то c cos g = a cos b cos g + b cos a cos g. Записав три аналогичных равенства и сложив их, получим a cos b cos g + b cos a cos g + + c cos a cos b = (a cos a + b cos b + c cos g)/2.

10.85. Так как cos2 a + cos2 b + cos2 g + 2 cos a cos b cos g = 1 (задача 12.41 б), то треугольник ABC остроугольный тогда и только тогда, когда cos2 a+cos2 b+ + cos2 g < 1, т. е. sin2 a + sin2 b + sin2 g > 2. Домножая обе части последнего неравенства на 4R2, получаем требуемое.

10.86. Достаточно заметить, что p2 (2R + r)2 = 4R2 cos a cos b cos g (см. задачу 12.43 б).

10.87. Пусть A B C. Если треугольник ABC не остроугольный, то CC1 < AC < AA1 для любых точек A1 и C1 на сторонах BC и AB. Докажем теперь, что для остроугольного треугольника можно выбрать точки A1, B1 и C1, обладающие требуемым свойством. Для этого достаточно проверить, что существует число x, удовлетворяющее следующим неравенствам:

ha x < max(b, c) = c, hb x < max(a, c) = c и hc x < max(a, b) = b. Остаётся заметить, что max(ha, hb, hc ) = ha, min(b, c) = b и ha < b.

10.88. Пусть A B C. Предположим сначала, что треугольник ABC остроугольный. При повороте прямой l, в исходном положении параллельной AB, длина проекции треугольника на l будет сначала монотонно изменяться от c до hb, затем от hb до a, от a до hc, от hc до b, от b до ha и, наконец, от ha до c. Так как hb < a, то существует такое число x, что hb < x < a. Легко проверить, что отрезок длиной x встречается на любом из первых четырёх интервалов монотонности.

Предположим теперь, что треугольник ABC не остроугольный. При повороте прямой l, в исходном положении параллельной AB, длина проекции треугольника на l монотонно убывает сначала от c до hb, затем от hb до hc ;

после этого она монотонно возрастает сначала от hc до ha, а затем от ha до c.

Всего получается два интервала монотонности.

10.89. Пусть точки M и N лежат на сторонах AB и AC соответственно.

Проведём через вершину C прямую, параллельную стороне AB. Пусть N1 — точка пересечения этой прямой и прямой MN. Тогда N1 O : MO = 2, но NO N1 O, поэтому NO : MO 2.

10.90. Окружность S, вписанная в треугольник ABC, лежит внутри треугольника A B C. Проведя к этой окружности касательные, параллельные сторонам треугольника A B C, можно получить треугольник A B C, подобный треугольнику A B C, для которого S является вписанной окружностью.

Поэтому rABC = rA B C < rA B C.

10.91. Биссектриса lc разбивает треугольник ABC на два треугольника, удвоенные площади которых равны alc sin(g/2) и blc sin(g/2). Поэтому aha = 2S = lc (a + b) sin(g/2). Из условия задачи следует, что a/(a + b) 1/2 sin(g/2).

10.92. Ясно, что ctg A + ctg B = c/hc c/mc. Пусть M — точка пересечения медиан, N — середина отрезка AB. Так как треугольник AMB прямоугольный, MN = AB/2. Следовательно, c = 2MN = 2mc /3.

10.93. Так как BN · BA = BM2 и BM < BA, то BN < BM, а значит, AN > CN.

10.94. Проведём через точку B перпендикуляр к стороне AB. Пусть F — точка пересечения этого перпендикуляра с продолжением стороны AC (рис. 10.3). Докажем, что биссектриса AD, медиана BM и высота CH пересекаются в одной точке тогда и только тогда, когда AB = CF. В самом деле, пусть L — точка пересечения BM и CH. Биссектриса AD проходит через точку L тогда и только тогда, когда BA : AM = BL : LM, но BL : LM = FC : CM = FC : AM.

Если на стороне AF некоторого прямоугольного треугольника ABF (ABF = = 90 ) отложить отрезок CF = AB, то углы BAC и ABC будут острыми.

Остаётся выяснить, в каких случаях угол ACB будет острым. Опустим из точки B перпендикуляр BP на сторону AF. Угол ACB острый, если FP > FC = AB, т. е. BF sin A > BF ctg A. Следовательно, 1 cos2 A = sin2 A > cos A, т. е. cos A < < ( 5 1)/2. В итоге получаем, что 10.95. Так как против большей стороны лежит больший угол, то (a b)(a b) 0, (b c)(b g) 0 и (a c)(a g) 0. Складывая эти неравенства, получаем 2(aa + bb + cg) т. е. p/3 (aa + bb + cg)/(a + b + c).

Из неравенства треугольника следует, что то a(p 2a) + b(p 2b) + c(p 2g) > 0, т. е. (aa + bb + cg)/(a + b + c) < p/2.

10.96. Возьмём на лучах OB и OC такие точки C1 и B1, что OC1 = OC и OB1 = OB. Пусть B2 и C2 — проекции точек B1 и C1 на прямую, перпендикулярную AO. Тогда BO sin AOC + CO sin AOB = B2 C2 BC. Сложив три аналогичных неравенства, получим требуемое. Легко проверить также, что условие B1 C1 AO, C1 A1 BO и A1 B1 CO эквивалентно тому, что O — точка пересечения биссектрис.

272 Глава 10. Неравенства для элементов треугольника 10.98. По свойству биссектрисы BM : MA = BC : CA и BK : KC = BA : AC.

Поэтому BM : MA < BK : KC, т. е.

AB BM BK CB

и MK > KC (см. задачу 10.62).

10.99. Предположим, что все данные отношения меньше 2. Тогда SABO + + SAOC < 2SXBO + 2SXOC = 2SOBC, SABO + SOBC < 2SAOC и SAOC + SOBC < 2SABO .

Сложив эти неравенства, приходим к противоречию. Аналогично доказывается, что одно из данных соотношений не больше 2.

10.100. Обозначим радиусы окружностей S, S1 и S2 через r, r1 и r2.

Пусть треугольники AB1 C1 и A2 BC2 подобны треугольнику ABC, причём коэффициенты подобия равны r1 /r и r2 /r соответственно. Окружности S1 и S являются вписанными для треугольников AB1 C1 и A2 BC2. Следовательно, эти треугольники пересекаются, так как иначе окружности S1 и S2 не имели бы общих точек. Поэтому AB1 + A2 B > AB, т. е. r1 + r2 > r.

ЗАДАЧИ НА МАКСИМУМ И МИНИМУМ

1. Геометрические задачи на максимум и минимум тесно связаны с геометрическими неравенствами, так как для решения этих задач всегда нужно доказать соответствующее геометрическое неравенство и, кроме того, доказать, что это неравенство при определённых условиях обращается в равенство. Поэтому, прежде чем решать задачи на максимум и минимум, следует ещё раз посмотреть приложение к гл. 9, обращая особое внимание на условия, при которых нестрогие неравенства становятся равенствами.

2. Для элементов треугольника используются те же обозначения, что и в гл. 9.

3. Задачи на максимум и минимум иногда называются экстремальными задачами (от лат. extremum — «крайний»).

1. Среди всех треугольников с данными сторонами AB и AC найдите тот, у которого наибольшая площадь.

2. В треугольнике ABC найдите точку, из которой сторона AB видна под наименьшим углом.

3. Докажите, что среди всех треугольников с данными стороной a и высотой ha наибольшую величину угла a имеет равнобедренный треугольник.

4. Среди всех треугольников с данными сторонами AB и AC (AB < AC) найдите тот, у которого радиус описанной окружности максимален.

5. Диагонали выпуклого четырёхугольника равны d1 и d2. Какое наибольшее значение может иметь его площадь?

11.1. Докажите, что среди всех треугольников с фиксированным углом a и площадью S наименьшую длину стороны BC имеет равнобедренный треугольник с основанием BC.

11.2. Докажите, что среди всех треугольников ABC с фиксированным углом a и полупериметром p наибольшую площадь имеет равнобедренный треугольник с основанием BC.

274 Глава 11. Задачи на максимум и минимум 11.3. Докажите, что среди всех треугольников с фиксированным полупериметром p наибольшую площадь имеет правильный треугольник.

11.4. Рассмотрим все остроугольные треугольники с заданными стороной a и углом a. Чему равен максимум суммы квадратов длин сторон b и c?

11.5. Среди всех треугольников, вписанных в данную окружность, найдите тот, у которого максимальна сумма квадратов длин сторон.

11.6*. Периметр треугольника ABC равен 2p. На сторонах AB и AC взяты точки M и N так, что MN BC и MN касается вписанной окружности треугольника ABC. Найдите наибольшее значение длины отрезка MN.

11.7*. В данный треугольник поместите центрально симметричный многоугольник наибольшей площади.

11.8*. Площадь треугольника ABC равна 1. Пусть A1, B1, C1 — середины сторон BC, CA, AB соответственно. На отрезках AB1, CA1, BC взяты точки K, L, M соответственно. Чему равна минимальная площадь общей части треугольников KLM и A1 B1 C1 ?

11.9*. Какую наименьшую ширину должна иметь бесконечная полоса бумаги, чтобы из неё можно было вырезать любой треугольник площадью 1?

11.10. Докажите, что треугольники с длинами сторон a, b, c и a1, b1, c1 подобны тогда и только тогда, когда 11.12*. Пусть a, b и c — длины сторон треугольника площади S;

a1, b1 и g1 — углы некоторого другого треугольника. Докажите, что a2 ctg a1 + b2 ctg b1 + c2 ctg g1 4S, причём равенство достигается, только если рассматриваемые треугольники подобны.

x, y и z — углы некоторого другого треугольника. Докажите, что См. также задачу 17.21.

§ 2. Экстремальные точки треугольника 11.14. На гипотенузе AB прямоугольного треугольника ABC взята точка X; M и N — её проекции на катеты AC и BC.

а) При каком положении точки X длина отрезка MN будет наименьшей?

б) При каком положении точки X площадь четырёхугольника CMXN будет наибольшей?

11.15. Из точки M, лежащей на стороне AB остроугольного треугольника ABC, опущены перпендикуляры MP и MQ на стороны BC и AC. При каком положении точки M длина отрезка PQ минимальна?

11.16. Дан треугольник ABC. Найдите на прямой AB точку M, для которой сумма радиусов описанных окружностей треугольников ACM и BCM была бы наименьшей.

11.17. Из точки M описанной окружности треугольника ABC опущены перпендикуляры MP и MQ на прямые AB и AC. При каком положении точки M длина отрезка PQ максимальна?

11.18*. Внутри треугольника ABC взята точка O. Пусть da, db, dc — расстояния от неё до прямых BC, CA, AB. При каком положении точки O произведение da db dc будет наибольшим?

11.19*. Точки A1, B1 и C1 взяты на сторонах BC, CA и AB треугольника ABC, причём отрезки AA1, BB1 и CC1 пересекаются в одной точке M. При каком положении точки M величина · · максимальна?

11.20*. Из точки M, лежащей внутри данного треугольника ABC, опущены перпендикуляры MA1, MB1, MC1 на прямые BC, CA, AB.

Для каких точек M внутри данного треугольника ABC величина a/MA1 + b/MB1 + c/MC1 принимает наименьшее значение?

11.21*. Дан треугольник ABC. Найдите внутри его точку O, для которой сумма длин отрезков OA, OB, OC минимальна. (Обратите внимание на тот случай, когда один из углов треугольника больше 120.) 11.22*. Найдите внутри треугольника ABC точку O, для которой сумма квадратов расстояний от неё до сторон треугольника минимальна.

См. также задачу 18.22 а).

11.23. На одной стороне острого угла даны точки A и B. Постройте на другой его стороне точку C, из которой отрезок AB виден под наибольшим углом.

11.24. Дан угол XAY и точка O внутри его. Проведите через точку O прямую, отсекающую от данного угла треугольник наименьшей площади.

11.25. Проведите через данную точку P, лежащую внутри угла AOB, прямую MN так, чтобы величина OM + ON была минимальной (точки M и N лежат на сторонах OA и OB).

276 Глава 11. Задачи на максимум и минимум 11.26. Даны угол XAY и окружность внутри его. Постройте точку окружности, сумма расстояний от которой до прямых AX и AY минимальна.

11.27*. Внутри острого угла BAC дана точка M. Постройте на сторонах BA и AC точки X и Y так, чтобы периметр треугольника XYM был минимальным.

11.28*. Дан угол XAY. Концы B и C отрезков BO и CO длиной перемещаются по лучам AX и AY. Постройте четырёхугольник ABOC наибольшей площади.

11.29. Внутри выпуклого четырёхугольника найдите точку, сумма расстояний от которой до вершин была бы наименьшей.

11.30. Диагонали выпуклого четырёхугольника ABCD пересекаются в точке O. Какую наименьшую площадь может иметь этот четырёхугольник, если площадь треугольника AOB равна 4, а площадь треугольника COD равна 9?

11.31. Трапеция ABCD с основанием AD разрезана диагональю AC на два треугольника. Прямая l, параллельная основанию, разрезает эти треугольники на два треугольника и два четырёхугольника. При каком положении прямой l сумма площадей полученных треугольников минимальна?

11.32. Площадь трапеции равна 1. Какую наименьшую величину может иметь наибольшая диагональ этой трапеции?

11.33*. На основании AD трапеции ABCD дана точка K. Найдите на основании BC точку M, для которой площадь общей части треугольников AMD и BKC максимальна.

11.34*. Докажите, что среди всех четырёхугольников с фиксированными длинами сторон наибольшую площадь имеет вписанный четырёхугольник.

См. также задачи 9.37, 15.3 б).

11.35. Многоугольник имеет центр симметрии O. Докажите, что сумма расстояний до вершин минимальна для точки O.

11.36. Среди всех многоугольников, вписанных в данную окружность, найдите тот, у которого максимальна сумма квадратов длин сторон.

11.37*. Дан выпуклый многоугольник A1... An. Докажите, что точка многоугольника, для которой максимальна сумма расстояний от неё до всех вершин, является вершиной.

См. также задачу 6.74.

11.38. Внутри окружности с центром O дана точка A. Найдите точку M окружности, для которой угол OMA максимален.

11.39. На плоскости даны прямая l и точки A и B, лежащие по разные стороны от неё. Постройте окружность, проходящую через точки A и B так, чтобы прямая l высекала на ней хорду наименьшей длины.

11.40. Даны прямая l и точки P и Q, лежащие по одну сторону от неё. На прямой l берём точку M и в треугольнике PQM проводим высоты PP и QQ. При каком положении точки M длина отрезка P Q минимальна?

11.41. Точки A, B и O не лежат на одной прямой. Проведите через точку O прямую l так, чтобы сумма расстояний от неё до точек A и B была: а) наибольшей; б) наименьшей.

11.42. Если на плоскости заданы пять точек, то, рассматривая всевозможные тройки этих точек, можно образовать 30 углов. Обозначим наименьший из этих углов a. Найдите наибольшее значение a.

11.43*. В городе 10 улиц, параллельных друг другу, и 10 улиц, пересекающих их под прямым углом. Какое наименьшее число поворотов может иметь замкнутый автобусный маршрут, проходящий через все перекрёстки?

11.44*. Чему равно наибольшее число клеток шахматной доски размером 8 8, которые можно разрезать одной прямой?

11.45*. Какое наибольшее число точек можно поместить на отрезке длиной 1 так, чтобы на любом отрезке длиной d, содержащемся в этом отрезке, лежало не больше 1 + 1000d2 точек?

См. также задачи 15.1, 17.20.

11.46*. а) Докажите, что среди всех n-угольников, описанных около данной окружности, наименьшую площадь имеет правильный n-угольник.

б) Докажите, что среди всех n-угольников, описанных около данной окружности, наименьший периметр имеет правильный n-угольник.

11.47*. Треугольники ABC1 и ABC2 имеют общее основание AB и AC1 B = AC2 B. Докажите, что если |AC1 C1 B| < |AC2 C2 B|, то:

а) площадь треугольника ABC1 больше площади треугольника ABC2 ;

б) периметр треугольника ABC1 больше периметра треугольника ABC2.

278 Глава 11. Задачи на максимум и минимум 11.48*. а) Докажите, что среди всех n-угольников, вписанных в данную окружность, наибольшую площадь имеет правильный n-угольник.

б) Докажите, что среди всех n-угольников, вписанных в данную окружность, наибольший периметр имеет правильный n-угольник.

Задачи для самостоятельного решения 11.49. На стороне острого угла с вершиной A дана точка B. Постройте на другой его стороне такую точку X, что радиус описанной окружности треугольника ABX наименьший.

11.50. Через данную точку внутри окружности проведите хорду наименьшей длины.

11.51. Среди всех треугольников с заданной суммой длин биссектрис найдите треугольник с наибольшей суммой длин высот.

11.52. Внутри выпуклого четырёхугольника найдите точку, сумма квадратов расстояний от которой до вершин наименьшая.

11.53. Среди всех треугольников, вписанных в данную окружность, найдите тот, для которого величина + + наименьшая.

11.54. На шахматной доске с обычной раскраской проведите окружность наибольшего радиуса так, чтобы она не пересекла ни одного белого поля.

11.55. Внутри квадрата дана точка O. Любая прямая, проходящая через O, разрезает квадрат на две части. Проведите через точку O прямую так, чтобы разность площадей этих частей была наибольшей.

11.56. Какую наибольшую длину может иметь наименьшая сторона треугольника, вписанного в данный квадрат?

11.57. Какую наибольшую площадь может иметь правильный треугольник, вписанный в данный квадрат?

11.1. По теореме косинусов a2 = b2 + c2 2bc cos a = (b c)2 + 2bc(1 cos a) = = (b c)2 + 4S(1 cos a)/ sin a. Так как второе слагаемое постоянно, то a минимально, если b = c.

11.2. Пусть вневписанная окружность касается продолжений сторон AB и AC в точках K и L. Так как AK = AL = p, то вневписанная окружность Sa фиксирована. Радиус r вписанной окружности максимален, когда она касается окружности Sa, т. е. треугольник ABC равнобедренный. Ясно также, что 11.3. Согласно задаче 10.55 а) S p2 /3 3, причём равенство достигается только для правильного треугольника.

11.4. По теореме косинусов b2 + c2 = a2 + 2bc cos a. Так как 2bc b2 + c и cos a > 0, то b2 + c2 a2 + (b2 + c2 ) cos a, т. е. b2 + c2 a2 /(1 cos a). Равенство достигается, если b = c.

11.5. Пусть O — центр окружности радиуса R; A, B и C — вершины треугольника; a= OA, b= OB, c= OC. Тогда AB2 +BC2 +CA2 =|ab|2 +|bc|2 +|ca|2 = =2(|a| +|b| +|c| )2(a, b)2(b, c)2(c, a). Так как |a + b + c|2 =|a|2 +|b|2 +|c|2 + + 2(a, b) + 2(b, c) + 2(c, a), то AB2 + BC2 + CA2 = 3(|a|2 + |b|2 + |c|2 ) |a + b + c| 3(|a|2 +|b|2 +|c|2 )=9R2, причём равенство достигается, только если a+b+c=0.

Это равенство означает, что треугольник ABC правильный.

11.6. Обозначим длину высоты, опущенной на сторону BC, через h. Так, то MN = a(1 a/p). Максимум выражения a(1 a/p) = a(p a)/p достигается при a = p/2; он равен p/4. Остаётся заметить, что существует треугольник периметра 2p со стороной a = p/2 (положим b = c = 3p/4).

11.7. Пусть O — центр симметрии многоугольника M, расположенного внутри треугольника T, S(T) — образ треугольника T при симметрии относительно точки O. Тогда M лежит и в T, и в S(T). Поэтому среди всех центрально симметричных многоугольников с данным центром симметрии, лежащих в T, наибольшую площадь имеет пересечение T и S(T). Точка O лежит внутри треугольника T, так как пересечением T и S(T) является выпуклый многоугольник, а выпуклый многоугольник всегда содержит свой центр симметрии.

Пусть A1, B1 и C1 — середины сторон BC, CA и AB треугольника T = ABC. Предположим сначала, что точка O лежит внутри треугольника A1 B1 C1. Тогда пересечением T и S(T) является шестиугольник (рис. 11.1).

Пусть сторона AB делится сторонами треугольника S(T) в отношении x : y : z, где x + y + z = 1. Тогда отношение суммы площадей заштрихованных треугольников к площади треугольника ABC равно x2 + y2 + z2 ;

нужно минимизировать это выражение. Так как 1 = (x + y + z)2 = = 3(x2 + y2 + z2 ) (x y)2 (y z)2 (z x)2, то x2 + y2 + z2 1/3, причём равенство достигается только при x = y = z; последнее равенство означает, что O — точка пересечения медиан треугольника ABC.

Рассмотрим теперь другой случай: точка O лежит внутри одного из треугольников AB1 C1, A1 BC1, A1 B1 C, например внутри AB1 C1. В этом случае пересечением T и S(T) является параллелограмм, причём если мы заменим точку O точкой пересечения прямых AO и B1 C1, то площадь этого параллелограмма может только увеличиться. Если же точка O лежит на стороне B1 C1, то этот случай уже фактически был нами рассмотрен (нужно положить x = 0).

Искомым многоугольником является шестиугольник с вершинами в точках, делящих стороны треугольника на три равные части. Его площадь равна 2/3 площади треугольника.

11.8. Обозначим точку пересечения прямых KM и BC через T, а точки пересечения сторон треугольников A1 B1 C1 и KLM так, как показано на 280 Глава 11. Задачи на максимум и минимум сторона правильного треугольника площадью 1 равна 2/ 3, а его высота равна 4 3. Докажем, что из полосы шириной меньше 4 3 нельзя вырезать правильный треугольник площадью 1. Пусть правильный треугольник ABC лежит внутри полосы шириной меньше 4 3. Пусть для определённости проекция вершины B на границу полосы лежит между проекциями вершин A и C.

Тогда прямая, проведённая через точку B перпендикулярно границе полосы, пересекает отрезок AC в некоторой точке M. Высота треугольника ABC не превосходит BM, а BM не больше ширины полосы, поэтому высота треугольника ABC меньше 4 3, т. е. его площадь меньше 1.

Остаётся доказать, что из полосы шириной 4 3 можно вырезать любой треугольник площадью 1. Докажем, что у любого треугольника площадью 1 есть высота, не превосходящая 4 3. Для этого достаточно доказать, что у него есть сторона не меньше 2/ 3. Предположим, что все стороны треугольника ABC меньше 2/ 4 3. Пусть a — наименьший угол этого треугольника. Тогда a и SABC = (AB · AC sin a)/2 < (2/ 4 3)2 ( 3/4) = 1. Получено противоречие. Треугольник, у которого есть высота, не превосходящая 4 3, можно поместить в полосу шириной 3, положив сторону, на которую опущена эта высота, на сторону полосы.

11.10. Возведя обе части данного равенства в квадрат, его легко привести т. е. a/a1 = b/b1 = c/c1.

11.11. Фиксируем углы a, b и g. Пусть A1 B1 C1 — треугольник с углами a1, b1 и g1. Рассмотрим векторы a, b и c, сонаправленные с векторами B1 C1, C1 A1 и A1 B1 и имеющие длины sin a, sin b и sin g. Тогда 2[(a, b) + (b, c) + (c, a)] = |a + b + c|2 |a|2 |b|2 |c|2, то величина (a, b) + + (b, c) + (c, a) минимальна, когда a + b + c = 0, т. е. a1 = a, b1 = b, g1 = g.

11.12. Пусть x = ctg a1 и y = ctg b1. Тогда x + y > 0 (так как a1 + b1 < p) и ctg g1 = (1 xy)/(x + y) = (x2 + 1)/(x + y) x. Поэтому a2 ctg a1 + b2 ctg b1 + + c2 ctg g1 = (a2 b2 c2 )x + b2 (x + y) + c2 (x2 + 1)/(x + y). При фиксированном x это выражение минимально при таком y, что b2 (x + y) = c2 (x2 + 1)/(x + y), т. е. c/b = (x + y)/ 1 + x2 = sin a1 (ctg a1 + ctg b1 ) = sin g1 / sin b1. Аналогичные сматриваемое выражение минимально. В этом случае треугольники подобны и a2 ctg a + b2 ctg b + c2 ctg g = 4S (см. задачу 12.46 б).

11.13. Пусть f = bc cos x + ca cos y + ab cos z. Так как cos x = cos y cos z + + sin y sin z, то f = c(a b cos z) cos y + bc sin y sin z + ab cos z. Рассмотрим треугольник, длины двух сторон которого равны a и b, а угол между ними равен z; пусть x и h — углы, лежащие против сторон a и b, t — длина стороны, лежащей против угла z. Тогда cos z = (a2 + b2 t2 )/2ab и cos h=(t2 + a2 b2 )/2at, поэтому (a b cos z)/t = cos h. Кроме того, b/t = sin h/ sin z. Следовательно, f = ct cos(h y) + (a2 + b2 t2 )/2.

т. е. cos(y h) > cos x. Поэтому Коэффициент при t2 отрицателен или равен нулю; кроме того, t < a + b.

Следовательно, g(t) g(a + b) = bc + ca ab.

11.14. а) Так как CMXN — прямоугольник, то MN = CX. Поэтому длина отрезка MN будет наименьшей, если CX — высота.

б) Пусть SABC = S. Тогда SAMX = AX2 · S/AB2 и SBNX = BX2 · S/AB2.

Поскольку AX2 + BX2 AB2 /2 (причём равенство достигается, только если X — середина отрезка AB), то SCMXN = S SAMX SBNX S/2. Площадь четырёхугольника CMXN будет наибольшей, если X — середина стороны AB.

11.15. Точки P и Q лежат на окружности, построенной на отрезке CM как на диаметре. В этой окружности постоянный угол C опирается на хорду PQ, поэтому длина хорды PQ будет минимальна, если минимален диаметр CM окружности, т. е. CM — высота треугольника ABC.

11.16. По теореме синусов радиусы описанных окружностей треугольников ACM и BCM равны AC/(2 sin AMC) и BC/(2 sin BMC) соответственно. Легко проверить, что sin AMC = sin BMC. Поэтому AC/(2 sin AMC) + BC/(2 sin BMC) = = (AC + BC)/(2 sin BMC). Последнее выражение будет наименьшим, если sin BMC = 1, т. е. CM AB.

11.17. Точки P и Q лежат на окружности с диаметром AM, поэтому PQ = AM sin PAQ = AM sin A. Значит, длина отрезка PQ максимальна, когда AM — диаметр описанной окружности.

11.18. Ясно, что 2SABC =ada +bdb +cdc. Поэтому произведение (ada )(bdb )(cdc ) будет наибольшим, если ada = bdb = cdc (см. с. 231). Так как величина abc постоянна, произведение (ada )(bdb )(cdc ) будет наибольшим тогда и только тогда, когда будет наибольшим произведение da db dc.

Покажем, что равенство ada = bdb = cdc означает, что O — точка пересечения медиан треугольника ABC. Обозначим точку пересечения прямых AO и BC через A1. Тогда BA1 : A1 C = SABA1 : SACA1 = SABO : SACO = (cdc ) : (bdb ) = 1, т. е. AA1 — медиана. Аналогично доказывается, что точка O лежит на медианах BB1 и CC1.

11.19. Пусть a=MA1 /AA1, b=MB1 /BB1 и g=MC1 /CC1. Так как a+b+g= = 1 (см. задачу 4.49 а), то 3 abg (a + b + g)/3 = 1/3, причём равенство достигается, когда a = b = g = 1/3, т. е. M — точка пересечения медиан.

11.20. Пусть x = MA1, y = MB1 и z = MC1. Тогда ax + by + cz = 2SBMC + причём равенство достигается, только если x = y = z, т. е. M — центр вписанной стороны видны под углом 120. Проведём через вершины A, B и C прямые, перпендикулярные отрезкам OA, OB и OC. Эти прямые образуют правильный треугольник A1 B1 C O A + O B + O C = 2(SO B1 C1 + SO A1 B1 + SO A1 C1 )/a = 2SA1 B1 C1 /a = OA + OB + OC. Так как наклонная длиннее перпендикуляра, то O A + O B + O C > O A + O B + O C = = OA + OB + OC.

Пусть теперь один из углов треугольника ABC, например угол C, больше или равен 120. Проведём через точки A и B перпендикуляры B1 C1 и C1 A Рис. 11.4 в трёхмерном пространстве с координатами x, y, z, a(x1 x2 ) + b(y1 y2 ) + c(z1 z2 ) = 0. Нам нужно найти точку (x0, y0, z0 ) этой плоскости, для которой достигается минимум выражения x2 + y2 + z2, и проверить, что этой точке соответствует некоторая внутренняя точка треугольника.

Так как x2 + y2 + z2 — это квадрат расстояния от начала координат до точки (x, y, z), то искомой точкой является основание перпендикуляра, опущенного из начала координат на плоскость, т. е. x : y : z = a : b : c. Остаётся проверить, что внутри треугольника существует точка O, для которой x : y : z = a : b : c.

Это равенство эквивалентно условию

SBOC SCOA SAOB

т. е. SBOC : SCOA : SAOB = a2 : b2 : c2. А так как равенство SBOC : SAOB = a2 : c следует из равенств SBOC : SCOA = a2 : b2 и SCOA : SAOB = b2 : c2, то искомая точка — это точка пересечения прямых CC1 и AA1, делящих стороны AB и BC в отношениях BC1 : C1 A = a2 : b2 и CA1 : A1 B = b2 : c2 соответственно (точка Лемуана).

11.23. Пусть O — вершина данного угла. Точка C является точкой касания стороны угла с окружностью, проходящей через точки A и B, т. е. OC2 = = OA · OB. Для нахождения длины отрезка OC достаточно провести касательную к любой окружности, проходящей через точки A и B.

11.24. Рассмотрим угол X A Y, симметричный углу XAY относительно точки O. Пусть B и C — точки пересечения сторон этих углов. Обозначим точки пересечения прямой, проходящей через точку O, со сторонами углов XAY и X A Y через B1, C1 и B1, C1 соответственно (рис. 11.5). Так как SAB1 C1 = SA B1 C1, то SAB1 C1 = (SABA C + SBB1 C1 + SCC1 B1 )/2. Площадь треугольника AB1 C1 минимальна, если B1 = B и C1 = C, т. е. искомой прямой является BC.

11.25. Возьмём на сторонах OA и OB точки K и L так, что KP OB и LP OA. Тогда KM : KP = PL : LN, а значит, KM + LN 2 KM · LN = 2 KP · PL = 2 OK · OL, причём равенство достигается, когда KM = LN = OK · OL. Ясно также, что OM + ON = (OK + OL) + (KM + LN).

11.26. Отложим на лучах AX и AY равные отрезки AB и AC. Если точка M лежит на отрезке BC, то сумма расстояний от неё до прямых AB и AC равна 2(SABM + SACM )/AB = 2SABC /AB. Поэтому сумма расстояний от точки до прямых AX и AY тем меньше, чем меньше расстояние от её проекции на биссектрису угла XAY до точки A.

11.27. Пусть точки M1 и M симметричны M относительно прямых AB и AC. Так как BAM1 = BAM и CAM2 = CAM, то M1 AM2 = = 2BAC < 180. Поэтому отрезок M1 M пересекает лучи AB и AC в некоторых 284 Глава 11. Задачи на максимум и минимум X и Y — искомые точки. В самом деле, если точки X1 и Y1 лежат на лучах AB и AC, то MX1 = M1 X1 и MY1 = M2 Y1, т. е. периметр треугольника MX1 Y1 равен длине ломаной M1 X1 Y1 M2. Из всех ломаных с концами в точках M1 и M2 наименьшую длину имеет отрезок M1 M2.

11.28. Четырёхугольник ABOC наибольшей площади выпуклый. Среди всех треугольников ABC с фиксированными углом A и стороной BC наибольшую площадь имеет равнобедренный треугольник с основанием BC (задача 11.1).

Значит, среди всех рассматриваемых четырёхугольников ABOC с фиксированной диагональю BC наибольшую площадь имеет четырёхугольник, для которого AB = AC, т. е. точка O лежит на биссектрисе угла A. Рассмотрим, далее, треугольник ABO, в котором фиксированы угол BAO, равный A/2, и сторона BO. Площадь этого треугольника максимальна, когда AB = AO.

11.29. Пусть O — точка пересечения диагоналей выпуклого четырёхугольника ABCD, а O1 — любая другая точка. Тогда AO1 + CO1 AC = AO + CO и BO1 + DO1 BD = BO + DO, причём хотя бы одно из неравенств строгое.

Следовательно, O — искомая точка.

11.30. Так как SAOB : SBOC = AO : OC = SAOD : SDOC, то SBOC · SAOD = SAOB · SDOC = = 36. Следовательно, SBOC + SAOD 2 SBOC · SAOD = 12, причём равенство достигается, если SBOC = SAOD, т. е. SABC = SABD, откуда AB CD. При этом площадь четырёхугольника равна 4 + 9 + 12 = 25.

11.31. Пусть S0 и S — рассматриваемые суммы площадей треугольников для прямой l0, проходящей через точку пересечения диагоналей трапеции, и для некоторой другой прямой l. Легко проверить, что S = S0 + s, где s — площадь треугольника, образованного диагоналями AC и BD и прямой l. Поэтому l0 — искомая прямая.

11.32. Длины диагоналей трапеции обозначим через d1 и d2, длины их проекций на основание — через p1 и p2, длины оснований — через a и b, высоту — через h. Пусть для определённости d1 d2. Тогда p1 p2. Ясно, что p1 + p2 a + b. Поэтому p1 (a + b)/2 = S/h = 1/h. Следовательно, d2 = p2 + h2 + h2 2, причём равенство достигается, только если p1 = p2 = h = 1. При этом d1 = 2.

11.33. Докажем, что искомой точкой является точка M, делящая сторону BC в отношении BM : MC = AK : KD. Обозначим точки пересечения отрезков AM и BK, DM и CK через P, Q соответственно. Тогда KQ : QC = KD : MC = = KA : MB = KP : PB, т. е. прямая PQ параллельна основаниям трапеции.

Пусть M1 — любая другая точка на стороне BC. Для определённости можно считать, что M1 лежит на отрезке BM. Обозначим точки пересечения AM1 и BK, DM1 и CK, AM1 и PQ, DM1 и PQ, AM и DM1 через P1, Q1, P2, Q2, O соответственно (рис. 11.7). Нужно доказать, что SMPKQ > SM1 P1 KQ1, т. е. SMOQ1 Q > SM1 OPP1. Ясно, что SMOQ1 Q > SMOQ2 Q = SM1 OPP2 > SM1 OPP1.

11.34. Согласно задаче 4.46 а) Эта величина максимальна, когда cos((B + D)/2) = 0, т. е. B + D = 180.

11.35. Если A и A — симметричные относительно точки O вершины многоугольника, то сумма расстояний до точек A и A одна и та же для всех точек отрезка AA, а для всех других точек она больше. Точка O принадлежит всем таким отрезкам.

11.36. Если в треугольнике ABC угол B тупой или прямой, то по теореме косинусов AC2 AB2 + BC2. Поэтому, если в многоугольнике угол при вершине B не острый, то, выбросив вершину B, получим многоугольник с не меньшей суммой квадратов длин сторон. Так как у любого n-угольника при n 3 есть неострый угол, с помощью такой операции мы приходим к треугольнику. Среди всех треугольников, вписанных в данную окружность, наибольшую сумму квадратов длин сторон имеет правильный треугольник (см. задачу 11.5).

11.37. Если точка X делит некоторый отрезок PQ в отношении l : (1 l), то Ai X = (1 l)Ai P + lAi Q, а значит Ai X (1 l)Ai P + lAi Q. Следовательно, f(X) = Ai X (1 l) Ai P + l Ai Q = (1 l)f(P) + lf(Q). Пусть, например, f(P) f(Q); тогда f(X) f(Q). Поэтому функция f на отрезке PQ принимает максимальное значение в одном из его концов; точнее говоря, внутри отрезка не может быть точки строгого максимума функции f. Следовательно, если X — любая точка многоугольника, то f(X) f(Y), где Y — некоторая точка стороны многоугольника, а f(Y) f(Z), где Z — некоторая вершина.

11.38. Геометрическое место точек X, для которых угол OXA постоянен, состоит их двух симметричных относительно прямой OA дуг окружностей S1 и S2. Рассмотрим тот случай, когда диаметр окружностей S1 и S2 равен радиусу исходной окружности, т. е. эти окружности касаются исходной окружности в точках M1 и M2, для которых OAM1 = OAM2 = 90. Точки M1 и M2 являются искомыми, так как если OXA > OM1 A = OM2 A, то точка X лежит строго внутри фигуры, образованной окружностями S1 и S2, и не может лежать на исходной окружности.

11.39. Обозначим точку пересечения прямой l и отрезка AB через O.

Рассмотрим произвольную окружность S, проходящую через точки A и B.

Она пересекает l в некоторых точках M и N. Поскольку MO · NO = AO · BO — постоянная величина, то причём равенство достигается, только если MO = NO. В этом случае центр окружности S является точкой пересечения серединного перпендикуляра к отрезку AB и перпендикуляра к прямой l, проходящего через точку O.

11.40. Построим окружность с диаметром PQ. Если эта окружность пересекается с прямой l, то любая из точек пересечения является искомой, поскольку в этом случае P = Q. Если же окружность не пересекается с прямой l, то для любой точки M на прямой l угол PMQ острый и P PQ = 90 ± PMQ.

286 Глава 11. Задачи на максимум и минимум Теперь легко убедиться, что длина хорды P Q минимальна, если угол PMQ максимален. Для нахождения точки M остаётся провести через точки P и Q окружности, касающиеся прямой l (см. задачу 8.57 а), и из точек касания выбрать нужную.

11.41. Пусть сумма расстояний от точек A и B до прямой l равна 2h.

Если прямая l пересекает отрезок AB в точке X, то SAOB = h · OX, поэтому величина h экстремальна, когда экстремальна величина OX, т. е. прямая OX соответствует стороне или высоте треугольника AOB. Если прямая l не пересекает отрезок AB, то величина h равна средней линии трапеции, ограниченной перпендикулярами, опущенными из точек A и B на прямую l. Эта величина экстремальна, когда прямая l перпендикулярна медиане OM треугольника AOB или соответствует стороне треугольника AOB. Остаётся выбрать две из полученных четырёх прямых.

11.42. Предположим сначала, что точки являются вершинами выпуклого пятиугольника. Сумма углов пятиугольника равна 540, поэтому один из его внутри треугольника, образованного тремя другими. Один из углов этого треугольника не превосходит 60. Отрезок, соединяющий соответствующую вершину с внутренней точкой, 11.43. Замкнутый маршрут, проходящий чеРис. 11.8 рез все перекрёстки, может иметь 20 поворотов (рис. 11.8). Остаётся доказать, что меньше 20 поворотов такой маршрут иметь не может. После каждого поворота происходит переход с горизонтальной улицы на вертикальную или с вертикальной на горизонтальную. Поэтому число горизонтальных звеньев замкнутого маршрута равно числу вертикальных звеньев что замкнутый маршрут имеет меньше 20 поворотов. Тогда найдутся улицы обоих направлений, по пересекает прямая, на 1 меньше числа точек пересечения её с отрезками, задающими стороны клеток.

Внутри квадрата имеется 14 таких отрезков. Поэтому внутри квадрата не более 14 точек пересечения может пересекать границу доски более чем в двух точках, поэтому число точек пересечения её с отрезками не превышает 16. Следовательно, наибольшее число клеток шахматной доски размером 8 8, которые можно пересечь одной прямой, равно 15.

11.45. Докажем сначала, что 33 точки разместить таким образом нельзя.

Действительно, если на отрезке длиной 1 находятся 33 точки, то расстояние между какими-нибудь двумя из них не превосходит 1/32. Отрезок с концами в этих точках содержит две точки, а он должен содержать не более 1 + 1000/322 точек, т. е. менее двух точек.

Докажем теперь, что 32 точки разместить можно. Возьмём 32 точки, делящие отрезок на равные части (концы данного отрезка входят в число этих 32 точек). Тогда отрезок длиной d содержит либо [31d], либо [31d] + 1 точек.

Нужно доказать, что [31d] 1000d2. Если 31d < 1, то [31d] = 0 < 1000d2. Если 31d 1, то [31d] 31d (31d)2 = 961d2 < 1000d2.

т. е. наибольшее целое число, не превосходящее x.

11.46. а) Пусть неправильный n-угольник описан около окружности S. Опишем около этой окружности правильный n-угольник, а около него опишем окружность S1 (рис. 11.10). Докажем, что площадь части неправильного n-угольника, заключённой внутри S1, больше площади правильного n-угольника. Все касательные к S отсекают от S равные сегменты. Поэтому сумма площадей сегРис. 11. ментов, отсекаемых от S1 сторонами правильного n-угольника, равна сумме площадей сегментов, отсекаемых от S1 сторонами неправильного n-угольника или их продолжениями.

Но для правильного n-угольника эти сегменты не пересекаются (точнее говоря, не имеют общих внутренних точек), а для неправильного n-угольника некоторые из них обязательно перекрываются, поэтому площадь объединения этих сегментов для правильного n-угольника больше, чем для неправильного. Следовательно, площадь части неправильного n-угольника, заключённой внутри окружности S1, больше площади правильного n-угольника, а площадь всего неправильного n-угольника и подавно больше площади правильного.

б) Эта задача следует из а), так как периметр многоугольника, описанного около окружности радиуса R, равен 2S/R, где S — площадь многоугольника.

11.47. Стороны треугольника ABC пропорциональны sin a, sin b и sin g.

Если угол g фиксирован, то величина |sin a sin b| = 2|sin((a b)/2) sin(g/2)| тем больше, чем больше величина f = |a b|. Остаётся заметить, что величины S = 2R2 sin a sin b sin g = R2 sin g(cos(a b) + cos g) = R2 sin g(cos f + cos g) и sin a + sin b = 2 cos(g/2) cos(f/2) монотонно убывают при возрастании f.

11.48. а) Обозначим длину стороны правильного n-угольника, вписанного в данную окружность, через an. Рассмотрим произвольный неправильный n-угольник, вписанный в эту окружность. У него обязательно найдётся сторона длиной меньше an. А вот стороны длиной больше an у него может и не быть, но тогда этот многоугольник можно заключить в сегмент, отсекаемый стороной правильного n-угольника. Так как при симметрии относительно стороны правильного n-угольника сегмент, отсекаемый этой стороной, попадает 288 Глава 11. Задачи на максимум и минимум у рассматриваемого n-угольника есть сторона длиной меньше an и сторона длиной больше an.

где точка A2 симметрична точке A2 относительно серединного перпендикуляра к отрезку A1 A ника. Поэтому будем считать, что у рассматриваемого n-угольника A1 A2 > an и A2 A3 < an. Пусть A2 — точка, симметричная точке A2 относительно серединного перпендикуляра к отрезку A1 A3. Если точка A2 лежит на дуге A2 A2, то разность углов при основании A1 A у треугольника A1 A2A3 меньше, чем у треугольника A1 A2 A3, так как величины углов A1 A3 A2 и A3 A1 A2 заключены между величинами углов A1 A3 A и A3 A1 A2. Поскольку A1 A2 < an и A1 A2 > an, то на дуге A2 A2 существует точка A2, для которой A1 A2 = an. Площадь треугольника A1 A2A3 больше площади треугольника A1 A2 A3 (см. задачу 11.47 а). Площадь многоугольника A1 A2A3... An больше площади исходного многоугольника, и у него по крайней мере на 1 больше число сторон, равных an. За конечное число шагов мы придём к правильному n-угольнику, причём каждый раз площадь увеличивается. Следовательно, площадь любого неправильного n-угольника, вписанного в окружность, меньше площади правильного n-угольника, вписанного в ту же окружность.

б) Доказательство аналогично предыдущему, нужно только воспользоваться результатом задачи 11.47 б), а не задачи 11.47 а).

ВЫЧИСЛЕНИЯ И МЕТРИЧЕСКИЕ СООТНОШЕНИЯ

1. Докажите теорему косинусов:

3. Стороны параллелограмма равны a и b, а диагонали равны d и e.

Докажите, что 2(a2 + b2 ) = d2 + e2.

4. Докажите, что площадь выпуклого четырёхугольника ABCD равна (1/2)AC · BD sin f, где f — угол между диагоналями.

12.1. Докажите, что площадь S треугольника равна abc/4R.

12.2. Точка D лежит на основании AC равнобедренного треугольника ABC. Докажите, что радиусы описанных окружностей треугольников ABD и CBD равны.

12.3. Выразите площадь треугольника ABC через длину стороны BC и величины углов B и C.

12.4. Докажите, что 12.5. В остроугольном треугольнике ABC проведены высоты AA и CC1. Точки A2 и C2 симметричны A1 и C1 относительно середин сторон BC и AB. Докажите, что прямая, соединяющая вершину B с центром O описанной окружности, делит отрезок A2 C2 пополам.

12.6*. Через точку S проведены прямые a, b, c и d; прямая l пересекает их в точках A, B, C и D. Докажите, что величина AC·BD/(BC·AD) не зависит от выбора прямой l.

12.7*. Даны прямые a и b, пересекающиеся в точке O, и произвольная точка P. Прямая l, проходящая через точку P, пересекает прямые a и b в точках A и B. Докажите, что величина (AO/OB)/(PA/PB) не зависит от выбора прямой l.

290 Глава 12. Вычисления и метрические соотношения 12.9. Два подобных равнобедренных треугольника имеют общую вершину. Докажите, что проекции их оснований на прямую, в точке X. Выразите BX через радиус окружности R и углы f = BAC и y = BAD.

См. также задачи 2.87 в), 3.32 б), 4.44, 5.27, 5.59, 5.74 а), 5.94, 5.98, 5.120.

12.11. Докажите, что:

а) m2 = (2b2 + 2c2 a2 )/4;

12.12. Докажите, что 4S = (a2 (b c)2 ) ctg(a/2).

12.13. Докажите, что sin2 (a/2) = (p b)(p c)/bc и cos2 (a/2) = = p(p a)/bc.

12.14. Длины сторон параллелограмма равны a и b, длины диагоналей — m и n. Докажите, что a4 + b4 = m2 n2 тогда и только тогда, когда острый угол параллелограмма равен 45.

12.15. Докажите, что медианы AA1 и BB1 треугольника ABC перпендикулярны тогда и только тогда, когда a2 + b2 = 5c2.

12.16*. Пусть O — центр описанной окружности треугольника ABC, M — точка пересечения медиан, причём точки O и M не совпадают. Докажите, что прямая OM перпендикулярна медиане CC1 тогда и только тогда, когда a2 + b2 = 2c2.

12.17*. Окружности радиусов ta, tb, tc касаются внутренним образом описанной окружности треугольника ABC в его вершинах A, B, C и касаются друг друга внешним образом. Докажите, что См. также задачи 4.45, 4.46, 5.9, 5.60, 6.21, 7.9, 7.10, 11.1, 11.4.

§ 3. Вписанная, описанная и вневписанная окружности;

12.18. Докажите, что:

а) a = r(ctg(b/2) + ctg(g/2)) = r cos(a/2)/(sin(b/2) sin(g/2));

б) a = ra (tg(b/2) + tg(g/2)) = ra cos(a/2)/(cos(b/2) cos(g/2));

в) p b = r ctg(b/2) = ra tg(g/2);

г) p = ra ctg(a/2).

12.19. Докажите, что:

б) S2 = p(p a)(p b)(p c) (формула Герона);

12.20. Докажите, что S = rc tg(a/2) tg(b/2) ctg(g/2).

12.21. Докажите, что S = cra rb /(ra + rb ).

12.22. Докажите, что =+.

12.24. Докажите, что 12.25. Докажите, что ra + rb + rc = 4R + r.

12.26. Докажите, что ra rb + rb rc + rc ra = p2.

12.27. Докажите, что 12.28*. Докажите, что a(b + c) = (r + ra )(4R + r ra ) и a(b c) = = (rb rc )(4R rb rc ).

12.29*. Пусть O — центр вписанной окружности треугольника ABC.

12.30*. а) Докажите, что если для некоторого треугольника p = = 2R + r, то этот треугольник прямоугольный.

б) Докажите, что если p = 2R sin f + r ctg(f/2), то f—один из углов треугольника (предполагается, что 0 < f < p).

12.31*. Докажите, что если то один из углов треугольника ABC равен 60.

§ 4. Длины сторон, высоты, биссектрисы 12.32. Докажите, что abc = 4prR и ab + bc + ca = r2 + p2 + 4rR.

292 Глава 12. Вычисления и метрические соотношения 12.35. Докажите, что ha = bc/2R.

12.36. Докажите, что ha = 2(p a) cos(b/2) cos(g/2)/ cos(a/2) = 12.37. Докажите, что длину биссектрисы la можно вычислить по следующим формулам:

а) la = 4p(p a)bc/(b + c)2 ;

б) la = 2bc cos(a/2)/(b + c);

в) la = 2R sin b sin g/ cos((b g)/2);

г) la = 4p sin(b/2) sin(g/2)/(sin b + sin g).

§ 5. Синусы и косинусы углов треугольника a, b и g — углы треугольника ABC. В задачах этого параграфа Пусть требуется доказать соотношения, указанные в формулировках.

12.38. а) sin(a/2) sin(b/2) sin(g/2) = r/4R.

б) tg(a/2) tg(b/2) tg(g/2) = r/p.

в) cos(a/2) cos(b/2) cos(g/2) = p/4R.

12.39. а) cos(a/2) sin(b/2) sin(g/2) = (p a)/4R.

б) sin(a/2) cos(b/2) cos(g/2) = ra /4R.

12.40. cos a + cos b + cos g = (R + r)/R.

12.41. а) cos 2a + cos 2b + cos 2g + 4 cos a cos b cos g + 1 = 0.

окружности, H — точка пересечения высот.

12.42. sin 2a + sin 2b + sin 2g = 4 sin a sin b sin g.

12.44. ab cos g + bc cos a + ca cos b = (a2 + b2 + c2 )/2.

§ 6. Тангенсы и котангенсы углов треугольника Пусть a, b и g — углы треугольника ABC. В задачах этого параграфа требуется доказать соотношения, указанные в формулировках.

12.46. а) ctg a + ctg b + ctg g = (a2 + b2 + c2 )/4S.

12.47. а) ctg(a/2) + ctg(b/2) + ctg(g/2) = p/r.

12.49. tg(a/2) tg(b/2) + tg(b/2) tg(g/2) + tg(g/2) tg(a/2) = 1.

12.50. а) ctg a ctg b + ctg b ctg g + ctg a ctg g = 1.

б) ctg a + ctg b + ctg g ctg a ctg b ctg g = 1/(sin a sin b sin g).

12.51. Для непрямоугольного треугольника tg a + tg b + tg g = = 4S/(a2 + b2 + c2 8R2 ).

12.52. Даны две пересекающиеся окружности радиуса R, причём расстояние между их центрами больше R. Докажите, что b = 3a (рис. 12.2).

то A = 120.

12.54. В треугольнике ABC высота AH равна медиане BM. Найдите угол MBC.

12.55. В треугольнике ABC проведены биссектрисы AD и BE. Найдите величину угла C, если известно, что AD · BC = BE · AC и AC = BC.

12.56. Найдите угол B треугольника ABC, если длина высоты CH равна половине длины стороны AB, а BAC = 75.

12.57*. В прямоугольном треугольнике ABC с прямым углом A на высоте AD как на диаметре построена окружность, пересекающая сторону AB в точке K и сторону AC в точке M. Отрезки AD и KM пересекаются в точке L. Найдите острые углы треугольника ABC, если известно, что AK : AL = AL : AM.

12.58*. В треугольнике ABC угол C вдвое больше угла A и b = 2a.

Найдите углы этого треугольника.

12.59*. В треугольнике ABC проведена биссектриса BE и на стороне BC взята точка K так, что AKB = 2AEB. Найдите величину угла AKE, если AEB = a.

12.60*. В равнобедренном треугольнике ABC с основанием BC угол при вершине A равен 80. Внутри треугольника ABC взята точка M так, что MBC = 30 и MCB = 10. Найдите величину угла AMC.

12.61*. В равнобедренном треугольнике ABC с основанием AC угол при вершине B равен 20.На сторонах BC и AB взяты точки 294 Глава 12. Вычисления и метрические соотношения D и E соответственно так, что DAC = 60 и ECA = 50. Найдите угол ADE.

12.62*. В остроугольном треугольнике ABC отрезки BO и CO, где O — центр описанной окружности, продолжены до пересечения в точках D и E со сторонами AC и AB. Оказалось, что BDE = и CED = 30. Найдите величины углов треугольника ABC.

См. также задачу 1.33.

12.63. Окружность S с центром O на основании BC равнобедренного треугольника ABC касается равных сторон AB и AC. На сторонах что отрезок FG касается окружности, вписанной в квадрат ABCD.

12.65*. Хорда окружности удалена от центра на расстояние h. В каждый из сегментов, (рис. 12.3). Чему равна разность длин сторон этих квадратов?

12.66*. Найдите отношение сторон треугольника, одна из медиан которого делится вписанной окружностью на три равные части.

12.67*. В окружность вписан квадрат, а в сегмент, отсечённый от круга одной из сторон этого квадрата, вписан другой квадрат. Найдите отношение длин сторон этих квадратов.

12.68*. На отрезке AB взята точка C и на отрезках AC, BC и AB как на диаметрах построены полуокружности, лежащие по одну сторону от прямой AB. Через точку C проведена прямая, перпендикулярная AB, и в образовавшиеся криволинейные треугольники ACD и BCD вписаны окружности S1 и S2 (рис. 12.4). Докажите, что радиусы этих окружностей равны.

12.69*. Центры окружностей с радиусами 1, 3 и 4 расположены на сторонах AD и BC прямоугольника ABCD. Эти окружности касаются друг друга и прямых AB и CD так, как показано на рис. 12.5. Докажите, что существует окружность, касающаяся всех этих окружностей и прямой AB.

12.70. Найдите все треугольники, у которых углы образуют арифметическую прогрессию, а стороны: а) арифметическую прогрессию;

б) геометрическую прогрессию.

12.71. Найдите высоту h трапеции, у которой основания AB и CD равны a и b (a < b), угол между диагоналями равен 90, а угол между продолжениями боковых сторон равен 45.

12.72. Вписанная окружность касается стороны BC треугольника ABC в точке K. Докажите, что площадь треугольника равна BK · KC ctg(a/2).

12.73. Докажите, что если ctg(a/2) = (b + c)/a, то треугольник прямоугольный.

12.74. Продолжения биссектрис треугольника ABC пересекают описанную окружность в точках A1, B1 и C1. Докажите, что SABC /SA1 B1 C1 = = 2r/R, где r и R — радиусы вписанной и описанной окружностей треугольника ABC.

12.75. Докажите, что сумма котангенсов углов треугольника ABC равна сумме котангенсов углов треугольника, составленного из медиан треугольника ABC.

12.76*. Пусть A4 — ортоцентр треугольника A1 A2 A3. Докажите, что существуют такие числа l1,..., l4, что Ai A2 = li + lj, причём, если треугольник не прямоугольный, то (1/li ) = 0.

12.77. Докажите, что расстояние от точки (x0, y0 ) до прямой 296 Глава 12. Вычисления и метрические соотношения 12.78. а) Докажите, что площадь треугольника с вершинами в точках (0, 0), (x1, y1 ) и (x2, y2 ) равна |x1 y2 x2 y1 |.

б) Докажите, что площадь треугольника с вершинами в точках (x1, y1 ), (x2, y2 ) и (x3, y3 ) равна 12.79. Координаты вершин треугольника рациональны. Докажите, что координаты центра его описанной окружности также рациональны.