Тема ПЛАНИМЕТРИЯ

Геометрические неравенства → .03 Неравенство ломаной

Вспоминай формулы по каждой теме

Решай новые задачи каждый день

Вдумчиво разбирай решения

ШКОЛКОВО.
Готовиться с нами - ЛЕГКО!

Подтемы раздела планиметрия

Разделы подтемы Геометрические неравенства

Неравенство треугольника в планике

Неравенство медианы

Неравенство ломаной

Перекладывание отрезков

Решаем задачи

Ошибка.
Попробуйте повторить позже

Задача 1#91862

В выпуклом четырёхугольнике $ABCD$ углы $A$ и $C$ — тупые. На сторонах $AB$ , $BC$ , $CD$ и $DA$ отмечены точки $K$ , $L$ , $M$ и $N$ соответственно. Докажите, что периметр четырёхугольника $KLMN$ больше удвоенной длины диагонали $AC$ .

Показать доказательство

Начертим четырёхугольник $CD A B , 1 1 1$ симметричный четырёхугольнику $CDAB$ относительно точки $C$ и отметим соответствующие точки $M1,N1$ и $K1.$ Заметим, что $LM > LM1,$ так как $∠BCD$ — тупой по условию, а $C$ - середина отрезка $MM1,$ то есть $L$ находится в той же полуплоскости относительно серединного перпендикуляра к $MM1,$ что и точка $M1.$ Также заметим, что так как $CD1A1B1$ симметричен $CDAB$ относительно точки $C,$ то $MN = M1N1.$ Далее продлим $B1A1$ на свою длину — точка $B2.$ Отметим на $A1B2$ точку $K2$ так, что $AK = A1K1 =A1K2.$

$PIC$

Аналогично отрезкам $LM > LM1,$ можем получить, что $N1K2 >N1K1 = KN$ (так как $∠B1A1D1 = ∠BAD$ - тупой по условию). Так как $A1K2 = AK$ и $AK ||A1K2,$ $KK2 = AA1 =2AC$ ( $AKK2A1$ — параллелограмм). Таким образом, для пятиугольника $KLM1N1K2$ можем выписать неравенство:

KL + LM1 +M1N1 + N1K2 > KK2 = 2AC,

Так как $LM1 > LM,M1N1 = MN, N1K2 > NK,$ получаем, что:

PKLMN = KL +LM + MN +NK >KL + LM1 +M1N1 + N1K2 > KK2 = 2AC.

Значит, $PKLMN > 2AC.$

Бандлы и наборы

Комбо-тарифы сразу по нескольким предметам

Ошибка.
Попробуйте повторить позже

Задача 2#71293

Точка $M$ лежит внутри острого угла. Постройте на сторонах этого угла точки $A$ и $B$ , для которых периметр треугольника $AMB$ был бы наименьшим.

Показать доказательство

Обозначим вершину угла через $O$ . Отразим точку $M$ относительно сторон угла, обозначив полученные две точки через $N$ и $K$ .

$PIC$

Рассмотрим произвольные точки $X$ и $Y$ на сторонах угла. Заметим, что в силу симметрии $XM =XN$ , $Y K = YM$ . Поэтому периметр треугольника $XMY$ равен длине ломаной $NXY K$ . Длина этой ломаной не меньше длины отрезка $NK$ , и равенство возможно только когда точки $X$ и $Y$ лежат на отрезке $NK$ . Поэтому в качестве точек $A$ и $B$ таких, чтобы периметр треугольника $AMB$ был наименьшим, необходимо выбрать точки пересечения отрезка $NK$ со сторонами угла.

_________________________________________________________________________________________________________________________________________________________________________________

Замечание.

Условие, что исходный угол острый, важно: если бы $∠O$ был тупым, то построенный отрезок $NK$ не пересекался бы со сторонами угла, а если бы $∠O$ был прямым, то пересекался бы в точке $O$ . В качестве упражнения докажите, что в обоих этих случаях в качестве точек $A$ и $B$ необходимо выбрать точку $O$ , таким образом, периметр вырожденного треугольника $OMO$ является наименьшим из возможных.

Ошибка.
Попробуйте повторить позже

Задача 3#75197

В четырёхугольнике $ABCD$ углы $A$ и $C$ — не острые. На сторонах $AB,BC,CD$ и $DA$ отмечены точки $K,L,M$ и $N$ соответственно. Докажите, что периметр четырёхугольника $KLMN$ не меньше удвоенной длины диагонали $AC.$

Показать доказательство

Лемма. Пусть $M$ и $N$ — середины сторон $AB$ и $CD$ четырехугольника $ABCD$ . Тогда $MN ≤ (AB +CD )∕2.$

Доказательство. Пусть $K$ — середина диагонали $AC.$ Тогда $MK = AB∕2,KN = CD∕2.$

$PIC$

По неравенству треугольника для треугольника $MNK$ имеем:

MN ≤ MK +KN

после подстановки полученных равенств:

MN ≤ AB∕2+ CD ∕2

что завершает доказательство.

Вернемся к решению задачи. Пусть $P$ и $Q$ — середины сторон $KN$ и $LM.$

$PIC$

По лемме $PQ ≤ (KL + MN )∕2.$ Ясно, что длина медианы, проведенной из вершины при неостром угле, не превосходит половины стороны, к котором она проведена, следовательно $AP ≤ KN∕2$ и $LM ∕2.$ Осталось заметить, что по неравенству ломанной верно неравенство

AC ≤ AP +P Q+ QC

Подставляя полученные неравенства имеем

AC ≤ KN ∕2+(KL + MN )∕2+ LM ∕2

домножив данное неравенство на $2,$ получим требуемое.

Ошибка.
Попробуйте повторить позже

Задача 4#31356

В равнобедренном треугольнике $ABC$ $AB = BC$ и $∠ABC = 20∘.$ Докажите, что $3AC > AB$ .

Показать доказательство

Повернём $ΔABC$ вокруг точки $B$ против часовой стрелки на 20 градусов, получим $ΔCBX$ . Сделаем такой же поворот для $ΔCBX$ , получим $ΔXBY$ .

$PIC$

Заметим, что $ΔABY$ — равносторонний. Запишем неравенство для ломаной $ACXY$ :

AB = AY <AC + CX + XY = 3AC

Ошибка.
Попробуйте повторить позже

Задача 5#43116

Вершины $K,L,M,N$ четырехугольника $KLMN$ лежат соответственно на сторонах $AB,BC,CD, DA$ квадрата $ABCD.$ Найти наименьший возможный периметр четырехугольника $KLMN,$ если $AK = 2$ см, $BK =4$ см и $AN =ND.$

Источники: ОММО-2010, номер 7, (см. olympiads.mccme.ru)

Показать ответ и решение

Первое решение.

$PIC$

(везде ниже единицы измерения — сантиметры)

Из первого условия $AB =6 =⇒ AN = ND = 3.$ Сведём задачу к неравенству ломаной. Для этого отразим квадрат относительно $CD$ ( $A → A′,B → B′),$ а затем относительно $BC ′$ ( $D → D ′,A′ → A′′,M → M ′).$ Легко видеть, что $LM = LM ′.$ Далее отразим $N$ относительно $C$ в точку $N′ ∈ D′A ′′.$ Можно считать, что точку $M$ мы ранее также отражали относительно $C,$ потому $M ′N ′ =MN.$ По неравенству ломаной $KN ′ ≤ KL+ LM ′+M ′N′ = PKLMN − NK.$ Отрезок $NK =√32-+22 = √13$ фиксирован, потому достаточно посчитать длину $KN ′$ (нетрудно видеть, что минимум достигается подбором точек $L$ и $M ).$ Используем теорему Пифагора $xKN ′ =6 +3= 9$ (“проекция на $Ox$ ”) и $yKN′ = 4+ 6= 10,$ откуда $KN ′ = √181.$

Второе решение.

Введём систему координат с центром в точке $A,$ ось $Ox$ направим вдоль $AD,$ ось $Oy$ вдоль $AB,$ возьмём за единицу измерения $1$ см. Обозначим координату точки $L$ по оси $x$ за $a,$ координату точки $M$ по оси $y$ — за $b.$ Тогда по теореме Пифагора периметр четырёхугольника $KLMN$ равен

∘a2+-42+ ∘(6−-a)2+-(6− b)2+∘32-+-y2+∘32-+-22

Отметим точки с соответствующими им координатами: $R (a;4),P(6;10− b);Q(9;10).$ По неравенству ломаной

∘-2----2 AR+ RP +P Q≥ AQ = 9 + 10

причём равенство достигается при $x4 = 106−b = 190 =⇒ a= 158 ,b= 103 .$

Итак, минимальный периметр равен $√92-+102+ √32+-22.$

Ответ:

$√13-+√181$ см

Ошибка.
Попробуйте повторить позже

Задача 6#31279

Длины сторон многоугольника равны $a ,a ,...,a . 1 2 n$ Квадратный трехчлен $f(x)$ таков, что $f(a )=f (a + ...+ a ). 1 2 n$ Докажите, что если $A$ — сумма длин нескольких сторон многоугольника, $B$ — сумма длин остальных его сторон, то $f(A )=f(B).$

Источники: Всеросс., 2001, РЭ, 10.1(см. math.ru)

Показать доказательство

Первое решение.

Из графика квадратного трехчлена видим, что $f(a)=f(b) ⇐ ⇒ a= b,$ либо $a$ и $b$ расположены на числовой оси симметрично относительно точки $x0$ — абсциссы вершины параболы, т.е при $a+ b= 2x0.$ Но для многоугольника $a1 <a2+ ...+ an,$ поэтому $a1+ a2+ ...+an =2x0.$ Тогда $A+ B = 2x0,$ значит, $f(A)= f(B).$

______________________________________________________________________________________________________________________________________________________

Второе решение.

Переформулируем задачу в непрерывном виде $2 f(x)=ux + vx+ w$ , тогда нашлось такое $a∈ (0,S)$ ( $S = a1+ ⋅⋅⋅+ an$ , что $f(a)=f(S− a)$ , то есть

ua2+ va+ w= u(S− a)2+ v(S − a)+ w ⇐⇒ 2va+ 2uSa =uS2 +vS ⇐⇒

⇐ ⇒ 2a(v+ uS)= S(v +uS) (∗)

Может ли быть так, что $2a= S$ ? Нет, поскольку в многоугольнике хотя бы 3 стороны и выполнено неравенство ломаной — если вычесть из обеих частей $a$ , то остальные стороны будут образовывать ломаную, соединяющую начало и конец стороны, что соответствует длине $a$ . Но тогда $v +uS =0$ , далее $f(A )=f(B)⇐ ⇒ f(A )=f(S− A)$ , но подставляя это аналогично (*), получим $2A(v +uS)= S(v+ uS )$ , что выполнено из $v+ uS = 0$ , что и требовалось.

Предыдущая подтема

Следующая подтема