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#103849

Дан выпуклый $n$ -угольник $A A ...A 1 2 n$ и точка $M$ на плоскости. Пусть $M i$ — проекция $M$ на прямую $A A i i+1$ (где $A = A n+1 1$ ). Докажите, что если выполняется равенство

( 2 2 2) 2 2 2 4 A1M1 +A2M 2 + ...+ AnM n =A1A 2+A2A 3+...+AnA 1,

то около $n$ -угольника можно описать окружность.

Показать доказательство

Для любого $i$ от $1$ до $n$ по теореме Пифагора $A M2= A M2 − MM2 , i i i i$ при этом $A M2 i+1 i$ аналогично равно $A M2 − MM2 . i+1 i$ Поэтому

2 2 2 2 2 2 A1M1 +A2M 2 + ...+ AnM n = A2M1 +A3M 2 + ...+ A1Mn

При этом

2 2 2 2(AiMi +MiA i+1)≥ AiA i+1,

потому что в случае нахождения точки $Mi$ вне отрезка $AiAi+1$ очевидно даже более сильное $AiM2 + MiA2 > AiA2 , i i+1 i+1$ а в случае нахождения точки внутри отрезка $AiAi+1 = AiMi+ MiAi+1,$ поэтому по неравенству о средних для двух чисел

2 2 2 2 2 2 2 AiAi+1 =AiM i + MiAi+1 +2AiMi⋅MiAi+1 ≤ AiMi +MiA i+1 +AiM i +MiA i+1

Итак,

4 (A M2 + A M2 +...+ A M2 )= 2(A M2+ A M2 + ...+A M2)+ 2(A M2 +A M2 + ...+ A M2)= 1 1 2 2 n n 1 1 2 2 n n 2 1 3 2 1 n

= 2(A1M21 +M1A22+ ...+ AnM2n +MnA21)≥ A1A22+ A2A23+ ...+AnA21

По условию же имеется равенство, так что должно достигаться равенство в каждом из неравенств $2(AiM2i + MiA2i+1)≥ AiA2i+1,$ а это происходит при $AiM2i = MiAi+1.$

Таким образом, $Mi$ является серединой $AiAi+1$ для любого $i$ от $1$ до $n$ $(An+1 = A1).$ Поэтому точка $M$ является точкой пересечения серединных перпендикуляров к сторонам $A1A2 ...An,$ то есть центром описанной окружности. Далее пример для $n =6.$

$PIC$

Бандлы и наборы

Комбо-тарифы сразу по нескольким предметам

Ошибка.
Попробуйте повторить позже

Задача 2#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 $AC > CK = BD.$

Ошибка.
Попробуйте повторить позже

Задача 3#71291

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

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 4#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 $AC +BM >2MN.$

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 5#31354

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

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 6#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.

Курсы

Всё необходимое для достижения цели

Ошибка.
Попробуйте повторить позже

Задача 7#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)

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.

Ошибка.
Попробуйте повторить позже

Задача 8#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