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.

Источники: БИБН - 2025, 11.5 (см. www.unn.ru)

Подсказки к задаче

Подсказка 1

Задача необычная, что делать? Мы видим, что суммируются не просто длины отрезков, а их квадраты, а еще и проекции есть, это наталкивает на какие-то воспоминания))

Подсказка 2

Конечно, здесь точно пригодится теорема Пифагора! Причем рассмотреть теорему лучше и для квадрата катетов A_i M_i, так и для A_{i+1}M_i, тогда после суммирования для каждой вершины многоугольника аналогичных равенств получим что-то интересное.

Подсказка 3

Теперь подумаем, что можем сказать в случае, если M_i лежит на отрезке A_i A_{i+1} или вне его? Как мы можем сравнить квадраты отрезков — поможет неравенство о средних, осталось опять просуммировать все неравенства!

Подсказка 4

Получается, мы доказали, что всегда выполняется неравенство, а в условии нам дано равенство! Остался один шаг: вспомнить, чем является центр описанной окружности.

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#120580

На плоскости отмечены две точки $A$ и $B.$ Андрей играет в такую игру: на каждом шаге он выбирает пару уже отмеченных точек, мысленно строит правильный пятиугольник на них как на соседних вершинах, после чего отмечает на плоскости три остальные его вершины. Сможет ли Андрей отметить середину отрезка $AB?$

Источники: ФЕ - 2025, 11.6(см. www.formulo.org)

Подсказки к задаче

Подсказка 1

Для начала подумаем, а как мы вообще можем изменять картинку? Например, можем ли мы повернуть отрезок, который уже у нас есть?

Подсказка 2

Да, мы можем повернуть отрезок на 108°, достроив на нём правильный пятиугольник! А как тогда повернуть отрезок на 180°?

Подсказка 3

Для этого мы можем совершить поворт на 108° пять раз! Получается, мы можем "перемещать" отрезок на прямой. Значит, чтобы получить точку внутри AB мы можем переместить какой-нибудь отрезок на прямой AB. Попробуйте для начала просто отметить какую-нибудь точку на этой прямой.

Подсказка 4

Постройте пятиугольник на AB, а потом на диагонали этого пятиугольника. Одна из вершин последней фигуры как раз будет лежать на AB. Осталось оценить длины отрезков и отложить некоторые из них так, чтобы получить точку внутри AB.

Показать ответ и решение

Вспомним, что угол правильного пятиугольника равен $108∘.$ Поэтому, имея произвольный вектор $−−→OP,$ мы можем отложить равный ему по длине вектор $−−→′ OP$ так, чтобы $′ ∘ ∠POP =108.$ То есть, мы можем повернуть любой отрезок на $∘ 108.$ А проделав это 5 раз, мы повернём отрезок на $∘ 180 .$

Теперь предложим алгоритм решения задачи. По точкам $A$ и $B$ отметим вершины пятиугольника $ABCDE,$ а потом пятиугольника $BF GHD.$

$PIC$

Заметим, что $BD$ — диагональ $ABCDE,$ поэтому $DB 1< AB-< 2.$ То есть сторона пятиугольника $BF GHD$ больше стороны пятиугольника $ABCDE,$ но меньше, чем удвоенная сторона этого же пятиугольника. Отсюда, $AB <BF < 2AB.$

Так же заметим, что

∘ ∠DBC = 180-−-∠DCB--=36∘ 2

Тогда $∠ABD = 108∘− ∠DBC = 72∘,$ откуда $∠ABF = ∠ABD + ∠DBF =72∘+ 108∘ = 180∘.$ То есть точки $A,B,F$ лежат на одной прямой.

Повернём вектор $−B→A$ на $180∘$ и получим Вектор $−B−→K.$ При этом $K$ принадлежит $BF,$ а так же $KF < AB,$ так как $AB < BF < 2AB.$ Поэтому, если несколько раз отложить $−−→ FK,$ то есть сначала повернуть $−−→ KF$ на $∘ 180$ и получить $−−−→ KK1,$ затем так же повернуть $−−−→ K1K$ и получить $−−−−→ K1K2,$ и так далее, то какая-то из точек $Ki$ окажется на отрезке $AB.$

Ответ:

Нет

Ошибка.
Попробуйте повторить позже

Задача 3#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 4#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 5#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 6#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-----

Курсы

Всё необходимое для достижения цели

Ошибка.
Попробуйте повторить позже

Задача 7#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 8#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.

Ошибка.
Попробуйте повторить позже

Задача 9#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