Тема Геометрические неравенства

Перекладывание отрезков

Вспоминай формулы по каждой теме

Решай новые задачи каждый день

Вдумчиво разбирай решения

ШКОЛКОВО.
Готовиться с нами - ЛЕГКО!

Подтемы раздела геометрические неравенства

Решаем задачи

Ошибка.
Попробуйте повторить позже

Задача 1#71290

Докажите, что в параллелограмме против большего угла лежит большая диагональ.

Показать доказательство

$PIC$

Обозначим параллелограмм через $ABCD$ , и пусть $∠A< ∠B$ . Продлим отрезок $AB$ за точку $B$ на свою длину, обозначим полученную точку через $K$ . Тогда $DC =AB = BK$ , и $DC ∥ BK$ . Значит, $DCKB$ — тоже параллелограмм, в частности, $BD = KC$ . Так как $∠A< ∠B$ , а их сумма равна $∘ 180$ , то $∘ ∠ABC > 90$ . Поэтому, если провести через $B$ серединный перпендикуляр к $AK$ , то относительно этого серединного перпендикуляра точки $A$ и $C$ лежат по разные стороны. Отсюда $AC > CK = BD.$

Бандлы и наборы

Комбо-тарифы сразу по нескольким предметам

Ошибка.
Попробуйте повторить позже

Задача 2#71291

Дан треугольник $ABC,CD$ — медиана, проведённая к стороне $AB.$ Докажите, что если $AC >BC,$ то $∠ACD <∠BCD.$

Подсказки к задаче

Подсказка 1

Когда мы видим медиану, нам сразу в голову должно приходить базовое дополнительное построение — продление медианы на её длину. Так и сделаем, продлим CD за точку D.

Подсказка 2

Теперь у нас есть параллелограмм, а также новые треугольники. В одном из них и кроется решение задачи. Вспомните факт про угол напротив большей стороны в треугольнике.

Показать доказательство

$PIC$

Продлим медиану $CD$ за точку $D$ на свою длину, обозначив полученную точку через $K.$ Тогда фигура $CAKB$ — параллелограмм, так как его диагонали точкой пересечения делятся пополам. Поэтому $BC = AK$ как противоположные стороны параллелограмма, $∠BCD =∠DKA$ как накрест лежащие. В треугольнике $AKC$ сторона $AC > BC = AK,$ а напротив большей стороны в треугольнике лежит больший угол, значит, $∠BCD = ∠AKC > ∠ACD.$

Ошибка.
Попробуйте повторить позже

Задача 3#89865

В треугольнике $ABC$ проведена медиана $BM$ . На продолжении стороны $AC$ за точку $C$ отмечена такая точка $D$ , что $BD = 2CD.$ Описанная окружность треугольника $BMC$ пересекает отрезок $BD$ в точке $N.$ Докажите, что $AC +BM >2MN.$

Подсказки к задаче

Подсказка 1

Когда нам дают условие о том, что описанная около треугольника окружность пересекает какую-то прямую в некоторой точке, то сразу стоит думать о том, что четырехугольник, образованный этим треугольником и этой точкой, - вписанный. А вписанность дает возможность отметить много уголочков и найти подобие. Попробуйте сделать это в нашей задаче.

Подсказка 2

Чтобы добить задачу, нужно не забыть использовать отношение сторон, данное в условии. А так же вспомнить неравенство треугольника!

Показать доказательство

$PIC$

По условию $BNCM$ — вписанный четырехугольник. Следовательно, $∠DMB =∠DNC,$ поэтому треугольники $DMB$ и $DNC$ подобны.

Стало быть, $BMCN = BCDD-=2$ и, значит, $BM = 2CN$ .

Таким образом, $AC +BM =2(MC + CN )$ и осталось доказать, что $MC + CN >MN$ . Но это просто неравенство треугольника для $△MNC$ .

Ошибка.
Попробуйте повторить позже

Задача 4#31354

Внутри прямого угла с вершиной $O$ взята точка $C$ , а на его сторонах — точки $A$ и $B$ . Докажите, что $2OC < AC+ BC +AB.$

Подсказки к задаче

Подсказка 1

Так, снова встречаем неравенство на странные отрезки, которые между собой никак не соотносятся. Мы знаем несколько известных неравенств на отрезки - например, неравенство треугольника. Тогда попробуем его здесь найти и использовать

Подсказка 2

Для этого нам пригодится создать на картинке отрезок длинной 2ОС, пока его нет. Давайте просто продлим за точку О отрезок ОС до точки ОС1, так, что ОС1 = ОС. Теперь длина СС1 = 2ОС. Ищем треугольник, для которого можно написать неравенство! (мы же предварительно нарисовали картинку и отметили там все отрезки, о которых идет речь, да?)

Подсказка 3

Например, можно для треугольника АСС1. То есть, если мы докажем, что АС1<= АВ + ВС, то получим неравенство из условия! Осталось это доказать, и задача решена😏

Показать доказательство

Первое решение.

Удвоим отрезок $CO$ за точку $O$ и получим отрезок $′ CC$ длины как в левой части искомого неравенства. Нужно доказать, что его длина меньше периметра треугольника $ABC$ . Отразим также точку $B$ относительно точки $O$ и обозначим полученную точку за $D$ .

$PIC$

В силу осевой симметрии точек $B$ и $D$ относительно $AO$ получаем $AB =AD$ . Из равенства треугольников $BOC$ и $DOC′$ по двум сторонам (из построения) и углу между ними (как вертикальные) имеем $BC =DC ′$ . Наконец, из неравенства ломаной $CC ′ <CA + AD +DC ′ = CA +AB + BC$ получаем требуемое.

_________________________________________________________________________________________________________________________________________________________________________________

Второе решение.

$PIC$

Отразим точку $C$ относительно сторон угла $AOB$ , получим точки $′ C$ и $′′ C$ .

По построению стороны угла являются серединными перпендикулярами к сторонам $CC ′$ и $CC ′′$ , а в силу того, что угол между сторонами угла прямой, угол $C′CC ′′$ между перпендикулярами к ним тоже является прямым. Поэтому точка $O$ лежит на гипотенузе $C′C′′$ треугольника $C′CC′′$ и является центром описанной около него окружности, а отрезок $CO$ — её радиусом $R$ .

Выражение в правой части неравенства превращается в длину ломаной $C′A+ AB +BC ′′$ , которая больше длины отрезка $C ′C′′ =2R = 2CO.$

______________________________________________________________________________________________________________________________________________________

Третье решение

Используем прямоугольный треугольник $AOB :$ пусть $M$ — середина $AB$ , тогда $OM = AB2$ . В связи с этим нужно доказать $OC < OM + BC+A2C-.$

$PIC$

Запишем неравенство треугольника для $ΔOMC$ : $OC ≤OM +MC$ . Осталось доказать $BC+AC- MC < 2$ . Но это известное неравенство медианы, применённое для $ΔABC$ .

В итоге

BC +AC AB + BC +AC OC ≤OM +MC < OM + ---2---= ------2-----

Ошибка.
Попробуйте повторить позже

Задача 5#31837

На диагонали $AC$ выпуклого четырехугольника $ABCD$ отмечена точка $E$ . Известно, что $∠BAC =∠BCA =∠DAC = 30∘,AC ⊥DE$ u $AE = 2CE$ . Докажите, что $AD +AE > 2BD$ .

Показать доказательство

$PIC$

Отметим на отрезке $AC$ точки $X$ и $Y$ так, что $∠ABX = ∠CBY = 30∘$ , чтобы получить $AX = XB$ и $CY = YB$ . Причём как внешние углы $∠BXY = 60∘$ и $∠BY X =60∘$ . Следовательно, треугольник $XBY$ правильный, а тогда $AX = XY = YC = BX = BY$ . Так как $AE = 2CE$ , то получаем, что точка $Y$ совпадает с $E$ , поэтому $AE = 2EB$ . Кроме того, $AD = 2DE$ , как гипотенуза и меньший катет прямоугольного треугольника с углом $30∘$ . Итак, $AD +AE = 2(DE +EB )> 2BD$ по неравенству треугольника, что и требовалось.

Ошибка.
Попробуйте повторить позже

Задача 6#100186

В выпуклом четырёхугольнике $ABCD$ сторона $CD$ видна с середины стороны $AB$ под прямым углом. Докажите, что $AD + BC ≥CD.$

Источники: Муницип - 2022, Брянская область, 8.3 (см. tasks.olimpiada.ru)

Подсказки к задаче

Подсказка 1

Очевидно, что середина стороны из условия задачи — середина противоположной стороны к CD. Обозначим эту середину O. Проведем OD и OC. Какие параллельные прямые к этим двум отрезкам можно построить так, чтобы угол между ними был прямым?

Подсказка 2

Верно! Через A проводим прямую, параллельную OC, а через B проводим прямую, параллельную OD. Обозначим X их точку пересечения. Тогда угол ∠AXB прямой. А как соотносятся OD и AX?

Подсказка 3

Верно! OD является серединным перпендикуляром к AX. Какой вывод можно сделать о треугольнике ADX?

Подсказка 4

Точно! Он равнобедренный! Аналогично, CBX равнобедренный. Тогда чему равна сумма AD + BC?

Показать доказательство

Обозначим середину стороны $AB$ через $O,$ проведем лучи $AX$ и $BX,$ которые параллельны соответственно прямым $OD$ и $OC,$ которые пересекаются в точке $X.$

$PIC$

Понятно по построению, что $△AXB$ — прямоугольный. Тогда $OD$ — срединный перпендикуляр к $AX,$ а $OC$ — серединный перпендикуляр к $BX,$ поэтому $AD =DX, XC = CB$ откуда

AD+ BC = DX + XC ≥DC.

Курсы

Всё необходимое для достижения цели

Ошибка.
Попробуйте повторить позже

Задача 7#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)

Подсказки к задаче

Подсказка 1

Очень часто, когда просят найти наименьший периметр, помогает сводить задачу к неравенству ломаной. Т.е. все нужные нам отрезки "сложить" в одну ломаную. Каким образом это удобнее всего сделать в нашем случае, учитывая, что у нас квадрат?

Подсказка 2

Квадрат удобно отражать и переносить. Осталось лишь подумать, относительно каких сторон это делать, чтобы каждый раз у нас появлялся новый кусочек ломаной, которую хотим создать из нужных отрезков.

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 $AR + RP +PQ ≥ AQ =√92-+102,$ причём равенство достигается при $x = -6--= 9- =⇒ a= 18,b = 10. 4 10−b 10 5 3$

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

Ответ:

$√13-+√181$ см

Интенсивы

Глубокий разбор тем, требующих дополнительного внимания

Предыдущий раздел

Следующий раздел