Документ взят из кэша поисковой машины. Адрес оригинального документа : http://www.abitu.ru/en2002/closed/viewwork.html?work=128 Дата изменения: Fri May 5 15:25:35 2006 Дата индексирования: Tue Oct 2 02:32:21 2012 Кодировка: koi8-r Поисковые слова: images

Оглавление



1. Введение.................................3

2. Классические геометрические неравенства..................5


3. Задачи, основанные на неравенстве треугольника...............7


4. Геометрические неравенства в окружности.................10


5. Геометрические неравенства, связанные с треугольником и вписанной в
него


окружностью..................................11


6. Геометрические неравенства в треугольнике.................12


7. Геометрические неравенства, связанные с
многоугольником...........13


8. Как придумать геометрическое неравенство..................16


9.Список использованной литературы....................17























Введение

Не следует придавать значения
тому факту, что алгебра и
геометрия по видимости различны.
Алгебраические факты есть факты
геометрические, которые доказаны.

Омар Хайям

Неравенство - два математических выражения, соединенных одним из
знаков:
> (больше), < (меньше), > (больше или равно), < (меньше или равно).
Неравенства, содержащие знак > или < , называются строгими, а содержащие
знак > или < - нестрогими. Неравенства широко применяются в геометрии.
Часто то или иное неравенство служит важным вспомогательным средством,
основной леммой, позволяющей решить какую-либо задачу. Некоторые
геометрические неравенства известны еще со времен Древней Греции. Например,
самые первые геометрические неравенства (" перпендикуляр меньше
наклонной, проведенной из одной и той же точки к данной прямой " , "
сторона треугольника меньше суммы двух других сторон " , " против большего
угла треугольника лежит большая сторона " ) содержались в знаменитых
"Началах" Евклида. Несмотря на то , что на различных олимпиадах вы можете
встретить разнообразные задачи на геометрические неравенства, в школьной
программе, к сожалению, они рассматриваются очень скупо. Это и стало
причиной, по которой я выбрал именно эту тему для своей работы.

В работе будут использованы стандартные обозначения:
1) стороны треугольника ABC - a , b , c
2) полупериметр - p
3) периметр - P
4) площадь - S
5) высоты, проведенные к сторонам треугольника ABC - ha, hb, hc
соответственно
6) медианы, проведенные к сторонам треугольника ABC - ma, mb, mc
соответственно
7) радиус, описанной около треугольника окружности - R
8) радиус, вписанной в треугольник окружности - r
9) отрезки касательных - x , y, z












Классические геометрические неравенства

Заметим, что в геометрии треугольника имеется большое количество
неравенств, которые следует отнести к классическим, например:

sinќ A + sinќ B + sinќ C > 2 ,
sinќ A + sinќ B + sinќ C < 2 ,
sinќ A + sinќ B + sinќ C = 2


(соответственно для остроугольного , тупоугольного и прямоугольного
треугольников),


tgќ A/2 + tgќ B/2 + tgќ C/2 > 1

_
sin A + sin B + sin C < 3(3/2


cos A + cos B + cos C < 3/2

_

aќ + bќ + cќ > 4(3 S


3/2 < m a + m b + m c < 2

p


( / 3 < aA + bB +cC < ( / 2

a+b+c


R > 2 r


P > 2 R и др.


Докажем некоторые из них.


Задача ? 1
Доказать, что R > 2 r
C C1 A1 A




B1



B





Решение:

Пусть К и к - соответственно описанная и вписанная окружности треугольника
ABC.
Проведем через каждую вершину треугольника ABC прямую параллельную
противоположной стороне; получим треугольник A1B1C1, подобный треугольнику
ABC и имеющий вдвое большие стороны . Каждая сторона треугольника A1B1C1
заведомо имеет по одной общей точке с окружностью К (а именно точки A , B ,
C). Проведем касательные к окружности К , параллельные сторонам
треугольника A1B1C1 . Эти касательные определяют треугольник A2B2C2 ,
подобный треугольнику A1B1C1 , а следовательно и ABC . Стороны
треугольника A2B2C2 не меньше соответствующих сторон треугольника A1B1C1
(второй из этих треугольников целиком заключен внутри первого ). Т.к.
окружности К и к вписаны в подобные треугольники ABC и A2B2C2 , то

из того , что A2B2 > A1B1 , то есть A2B2 > 2AB, следует ,что

R > 2r , что и требовалось доказать.

Задача ?2

Докажите, что сумма медиан любого треугольника меньше его периметра и
больше ѕ его периметра (P > ma + mb + mc > ѕP)

A


F M E

B C
D


A1

Решение:

Пусть M - точка пересечения медиан AD = ma , BE = mb и CF = mc
треугольника ABC .

Тогда AM = 2/3 ma , BM = 2/3 mb , CM = 2/3 mc , MD = = 1/3 ma ,

ME = 1/3 mb , MF = 1/3 mc .
Из рассмотрения треугольников BMC, CMA и AMB следует , что
2/3 mb + 2/3 mc > a, 2/3 mc + 2/3 ma > b, 2/3 ma + 2/3 mb > c


Складывая эти три неравенства , получаем :


4/3 (ma + mb + mc) > a + b + c
> ma + mb + mc > ѕ P
С другой стороны, откладывая на продолжении AD за точку D отрезок
BA1 = AC = b (т.к. четырехугольник ABA1C - параллелограмм ), находим
из треугольника ABA1 :
b + c > 2ma


Аналогично доказывается , что
a + с > 2mb, a + b > 2mc


Складываем эти три неравенства, имеем
2(a + b + c) > 2(ma + mb + mc)
> a + b + c > ma + mb + mc
> ma + mb + mc < P


Рассмотрев множество различных задач, я попытался классифицировать их по
методам решения и выписал, на мой взгляд, самые интересные.



Задачи, основанные на неравенстве треугольника

Задача ?3


Доказать неравенство hc>ha*hb / (ha+hb)




Решение:

Т.к. S=c*hc/2, т.е. hс=2S/c , ha=2S/a , hb=2S/b подставим эти равенства в
неравенство треугольника c < a+b ,
=> 2S/hc < 2S/ha + 2S/hb , откуда 1/hc < 1/ha+ 1/hb

или hc > ha*hb / (ha+hb)




Задача ?4

Даны 5 отрезков. Из любых трех можно составить треугольник. Доказать, что
хотя бы один из треугольников остроугольный.

Решение:
Пусть a < b < c < d < e - длины отрезков. Пусть из них нельзя
составить ни одного остроугольного треугольника. Тогда ,

с > а + b , d > b + c , e > c + d


Сложим эти неравенства:


e > a + 2b +c > a + 2ab + b ,

e > a + b , т.е. из отрезков a , b , e нельзя составить треугольник.






Геометрические неравенства в окружности

Задача ?5

Внутри окружности K (О; ОD ) заданы точки A и B . Докажите, что
существует окружность, проходящая через точки A и B и целиком
расположенная внутри окружности K .


A B

C
O M
J

K


Решение:

Соединим центр окружности K - O с точками A и B . Построим серединный
перпендикуляр отрезка AB . Точка C - точка пересечения его с одним из
отрезков OA или OB (пусть это отрезок OB) . Проведем окружность J (C;
BC ) . Для точек M окружности имеем:
OM < CM + CO
При M = B наступает равенство OB = CB + CO , в других случаях
OM < CM + CO ( неравенство треугольника a < b + c )

> OM < CB + OB или OM < OB , т.е. окружность J целиком лежит внутри
окружности K.



Задача ?6

Доказать, что если точка O лежит внутри окружности с диаметром AB (O не
принадлежит AB), то угол AOB - тупой. А если точка O лежит вне окружности,
то угол - острый.

M

O

A K B






Решение:
Опустим из точки O перпендикуляр на AB - OK , K принадлежит AB . Тогда
треугольники AOK и BOK - прямоугольные
> Углы AOK и BOK - острые (в прямоугольном треугольнике один угол -
прямой , а два - острые)
Продолжим OK до пересечения с окружностью, пусть OK пересекает окружность
в точке M .
> Угол AMB - прямой (вписанный угол , стягивающий диаметр)
> ABќ = AMќ + MBќ (теорема Пифагора) (1)
Углы AOM и BOM - тупые, т.к. они смежные для острых углов AOK и BOK
> Треугольники AOM и BOM - тупоугольные
> AMќ > OMќ + AOќ и BMќ > OMќ + BOќ

Сложим эти неравенства

> AMќ + BMќ > AOќ + BOќ + 2OMќ (2)
> ABќ > AOќ + BOќ + 2OMќ из (1) и (2)
> ABќ > AOќ + BOќ
> Треугольник AOB - тупоугольный
> Угол AOB - тупой

Вторая часть задачи доказывается аналогично.

Задача ? 7

Доказать, что если прямая не пересекает окружность, то для любых
двух точек прямой расстояние между ними заключено между суммой и разностью
длин касательных, проведенных из этих точек к окружности.




C
C D
K
E
A1 B1


A B
A B


а)
б)

Решение:

В случае а) АВ < АА1 + А1В1 + В1В
АВ < АА1 + А1С +В1D+ВВ1
АВ < АС + BD

В случае б) АВ > ВК - АК > ВЕ - АС



Геометрические неравенства, связанные с треугольником и вписанной в него
окружностью


x x
a b
z y

z y
c
Задача ? 8

a , b , c - стороны треугольника . Доказать неравенство

( a + b - c )( a + c - b )( b + c - a ) < abc

Решение:

Подставим в неравенство: a = x + y , b = y + z , c = z + x
Тогда имеем : ( x + y )( y + z )( x + z) > 8xyz
Полученное неравенство доказывается совсем просто - нужно всего лишь
перемножить три очевидных неравенства :
___ ___
___


x + y > 2(xy y +
z > 2(yz x + z > 2(xz ( теорема о средних)

Задача ? 9

a , b , c - стороны треугольника . Доказать неравенство

2(a/b + b/c + c/a) > a/c + b/a + c/b + 3


Решение:

Пусть по-прежнему a = x + y, b = y + z, c = x + z
После подстановки приходим к неравенству:
xЁ + yЁ + zЁ + xќy + yќz + zќx > 2 xќz + 2 yќx + 2 zќy

То есть:
xЁ + yЁ + zЁ + xќy + yќz + zќx - 2 xќz - 2 yќx - 2 zќy > 0

Или:
x( x - z )ќ + y(y - x)ќ + z(z - y)ќ > 0

Что верно при любых x , y , z , удовлетворяющих условиям задачи.

Задача ? 10

a , b , c - стороны треугольника . Доказать неравенство

aЁb + bЁc + cЁa > aќbќ + bќcќ + aќcќ


Решение:
Как обычно обозначим a = x + y , b = y + z , c = x + z
Тогда
аЁb + bЁc + cЁa - aќbќ - bќcќ - aќcќ = (x + y)ќ (y + z)(x - z)+ (y + z)ќ
(x + z)*
*(y - x) + (z + x)ќ (y + x)(z - y) = 2xЁz + 2yЁx + 2zЁy - 2xќyz - 2yќxz - 2
zќxy =
= 2((xz(x - y)ќ + xy(y - z)ќ +yz(z - x)ќ)
Но
2((xz(x - y)ќ + xy(y - z)ќ +yz(z - x)ќ) > 0
Верно при любых x , y , z , удовлетворяющих условиям задачи.
Геометрические неравенства в треугольнике

Задача ? 11

Доказать неравенство
______________
2( (p - c)(p - b) < a


Решение:

a = P - b - c = 2p - b - c = p - b + p - c

А т.к. среднее геометрическое не превышает среднего арифметического
> (p - c)(p - b) < (p - c + p - b)/2

Задача ? 12

Доказать неравенство
- p(p - 30)(p - 40)(p - 70) < 360000


Решение:

Алгебраический путь решения приводит к непростому неравенству:
Sќ < 360000 , где
Sќ = -p + 140p - 6100 p + 84000p = p(p - 30)(p - 40)(70 - p)
Помогает геометрия. Последнее выражение - это формула Герона для площади
треугольника со сторонами a = 30 , b = 40 (тогда p - c = a + b - p
= 70 - p)
Площадь треугольника, очевидно , будет максимальной , когда стороны a и b
перпендикулярны . В этом случае
с = 50 , p = 60 , Sќ = 360000 .
В остальных случаях Sќ < 360000


Задача ? 13

Доказать , что треугольник будет остроугольным , прямоугольным и
тупоугольным в зависимости от того , будет ли его полупериметр больше ,
равен или меньше суммы диаметра описанного круга и радиуса вписанного .

Решение:

Т.к. S = abc / 4R и S = rp
> R = abc / 4S и r = S/p

По формуле Герона :
4 Sќ (p - abc/2S - S/p)(p + abc/2S + S/p) = (aќ + bќ - cќ )(aќ - bќ +cќ)*
*(bќ + cќ - aќ )/8
> Если p = r + 2R , то треугольник - прямоугольный .
> Если p < r + 2R , то треугольник - тупоугольный .
> Если p > r + 2R , то треугольник - остроугольный .

Задача ? 14

Доказать , что если длины сторон треугольника связаны неравенством
aќ + bќ > 5cќ , то c - наименьшая сторона .

Решение:

Допустим обратное: пусть , например , c > a, тогда

2с > с + a > b

Возведем оба неравенства в квадрат и сложим:
4сќ > cќ + 2ac + aќ
cќ + 2ac + aќ > bќ
> 4cќ > bќ , а т.к. c > a , следовательно и cќ > aќ
> 5сќ > aќ + bќ , что противоречит условию задачи .
> c - наименьшая сторона .

Геометрические неравенства, связанные с многоугольником

Задача ? 15

Через все вершины данного прямоугольника со сторонами а , b проведены
стороны нового прямоугольника. Какова его площадь?




b
a






Решение:

Обозначим через х угол между сторонами первого и второго прямоугольников .
Выразим через а , b , х стороны нового прямоугольника:
a cos x +b sin x , b cos x+a sin x
Его площадь равна
S= ( a cos x+b sin x )( b cos x +a sin x ) = (aќ + bќ ) sin x cos x +
ab(cosќ x + sinќ x) = (aќ + bќ ) sin 2x / 2 + ab ,

т.к. 2 sin x cos x = sin 2x , cosќ x + sinќ x =1
> sin 2x = 2(S - ab)/(aќ + bќ )

А т.к. 0 < sin 2x < 1 , то

ab < S < (a + b)ќ /2


Задача ? 16

Доказать , что если три угла четырехугольника тупые , то
диагональ , проходящая через вершину острого угла , больше второй диагонали
.

B


C


A D



Решение:

Пусть угол А четырехугольника ABCD острый , а остальные три угла тупые .
Построим на отрезке AC как на диаметре окружность . Т.к. углы В и D
тупые , то точки B и D будут находиться внутри этой окружности (смотри
задачу ? 6) , откуда вытекает , что расстояние BD между ними будет меньше
диаметра окружности - отрезка AC .







Задача ? 17

Доказать , что площадь квадрата , который лежит внутри треугольника
, не больше половины площади треугольника .
E

A B

a
y

D x C (c-x) F
Решение:

Сначала докажем, что площадь прямоугольника ABCD , вписаного в
прямоугольный треугольник DEF так , что две его стороны лежат на катетах ,
не больше половины площади треугольника .
Пусть DE = a , DF = c , AD = y , DC = x .
Из подобия треугольников CBF и DEF:
( c - x ) / y = c / a (a)
Т.к. (c/2 - x)ќ > 0 , то
x ( c - x ) < cќ /4 (b)
Выразим из (a) c - x и подставим в (b)





> cxy/a < cќ /4 ,
> xy < ac/4
Если стороны квадрата не параллельны сторонам треугольника , то достаточно
рассмотреть случай , когда три вершины квадрата лежат на сторонах
треугольника . Разобьем треугольник и квадрат на части прямыми ,
параллельными сторонам квадрата. По доказанному, часть квадрата , лежащая
в соответствующем треугольнике, не больше половины его площади .

Задача ? 18
В каких пределах может меняться острый угол ромба , если его площадь не
менее 40 га , а сумма длин диагоналей равна 2 км ?
B



A
C
a


D





Решение:

Пусть AC = d , тогда BD = d * tg a . По условию d + d * tg a = 2000
> d = AC = 2000/(1 + tg a) , d * tg a = BD = 2000*tg a / (1 + tg a) .
Выразим площадь через a (0 < a < 90)
S = AC * BD / 2 = 4000000 * tg a / 2 (1 + tg a)ќ , но
S >400000
> 5 * tg a > (1 + tg a)ќ
Т.е. 0 < tg a < 1 и tg a - 3 tg a + 1 < 0
> 0,382 < tg a < 1
> 20( 54' < a < 45(

Задача ? 19
Внутри выпуклого четырехугольника ABCD площадью S взята точка O , причем
AOќ + BOќ + COќ + DOќ = 2S
Найти стороны ABCD
A B




O





D C
Решение:
Т.к. S = ab*sin C/2 , причем угол С меньше 180( и больше 0(
> 0 < sin C < 1
> S < ab/2
Тогда 2SAOB < AO*OB
Легко доказывается, что AO*OB < (AOќ + OBќ )/2
Докажем это неравенство методом от противного: предположим, что
AO*OB > (AOќ + OBќ )/2
Тогда
AO + 2*AO*OB + OB < 0 или
(AO - OB)ќ < 0 - неверно при всех значениях OB и AO
> AO*OB < (AOќ + OBќ )/2
> 2SAOB < AO*OB < (AOќ + BOќ )/2
Причем равенства возможны, только если угол AOB = 90( и если AO = OB
Аналогично
> 2SBOC < CO*OB < (COќ + BOќ )/2
> 2SCOD < CO*DO < (COќ + DOќ)/2
> 2SDOA < DO*AO < (DOќ + AOќ)/2
Складывая все эти неравенства, получаем
2S = 2(SAOB + SBOC + SCOD + SDOA) < AOќ + BOќ + COќ + DOќ
Причем равенство возможно, только если AO = BO = CO = DO
и углы AOB = BOC = COD = DOA = 90(
> Из равенства отрезков следует, что ABCD - прямоугольник, а из-за того,
что углы прямые, следует, что ABCD - ромб
> ABCD - квадрат
__
> AB = BC = CD = DA = (S





Как придумать геометрическое неравенство ?

Придумать новую, оригинальную задачу - сделать небольшое
самостоятельное "открытие" , пожалуй, даже труднее, чем решить готовую
чужую . А как же все-таки самому придумать задачу ?
Вот один из способов "придумывания " геометрического неравенства:


1) Взять одно из геометрических равенств ( теорема Пифагора, теорема
синусов, теорема косинусов, формулы для площади треугольника и т.д.)

2) Преобразовать его с помощью известных алгебраических неравенств в
геометрическое неравенство

Именно таким образом доказываются некоторые неравенства :

4 4 4
a + b + c > 16Sќ (1);

aќ bќ + aќ cќ+ bќ cќ > 16Sќ (2);
в которых a , b , c - длины сторон треугольника , а S - его площадь .

Доказываются они так.

Напишем формулу для площади треугольника
S = (ab*sin x)/2 и теорему косинусов

сќ = aќ + bќ - 2ab*cos x

Потом выражаем из этих равенств синус и косинус
sin x = 2S/ab
cos x = (aќ + bќ - cќ )/2ab

Подставляем синус и косинус в тригонометрическое тождество
sinќ x + cosќ x = 1

Получилось
4 4 4
4Sќ /( aќ bќ ) + (a + b + c + 2aќ bќ - 2aќ cќ - 2bќ cќ )/(4aќbќ ) =1
или

16Sќ =2(aќbќ+ aќcќ+bќcќ) - a - b - c

Отсюда, воспользовавшись алгебраическим неравенством

4 4 4
a + b + c > aќbќ+ aќcќ +bќ cќ
получаются неравенства (1) и (2)

Этот метод позволит Вам, если и не изобрести и доказать свое
собственное геометрическое неравенство, то точно поможет решить множество
разнообразных задач.
























Список использованной литературы

1. Прасолов В.В. Задачи по планиметрии. В 2 частях. Москва: Наука, 1995

2. Шклярский Д.О. и др. Геометрические неравенства и задачи на максимум и
минимум.
Москва: Наука, 1970

3. Физико - математический журнал для школьников "Квант" - ?9/10 1993

4. Физико - математический журнал для школьников "Квант" -?5 1980

5. Д.О.Шклярский, Н.Н.Ченцов, И.М.Яглом , Избранные задачи и теоремы
планиметрии, Москва: Наука ,1967

6. И.Х.Сивашинский, Неравенства в задачах, Москва: Наука, 1967



















-----------------------

Северодвинский

общеобразовательный лицей ? 17






Исследовательская работа


на тему:



ГЕОМЕТРИЧЕСКИЕ

НЕРАВЕНСТВА












Учащийся - Галяш Аркадий
Артурович , 10 а


Учитель - Колесова Наталья Геннадьевна











Северодвинск

2003











Реферат по геометрии по теме
















Учащийся - Галяш Аркадий Артурович , 9г


Учитель - Колесова Наталья Геннадьевна













Северодвинск , 2002