Оценка периметра многоугольника заданного диаметра (стр. 6 из 15)

ADB=2d-

=

,гдеd=90°.

AD’B=d+

.

Так как

ADB =

АD’В,то точки D и D’ лежат на дуге окружности BD’DA.Поскольку

DВА <

D’ВА < 180°, то CA-CB=DA<D’A=C’A-C’B.

Аналогично, отложив на продолжении сторон BC и BC’ отрезки CE=CA и C’E’=C’A (рис. 1.2.4, б) получим:

СА+СВ = ВЕ> ВЕ’ = С’А+ С’В,

так как

АЕВ=

.

Второе утверждение задачи сразу следует из доказанного.

в) Параллелограмм с данным острым углом а и данным периметром 2р разбивается диагональю на два треугольника. Поэтому для решения задачи нам достаточно доказать, что из всех треугольников с данным углом а при вершине и данной суммой р боковых сторон наибольшую площадь имеет равнобедренный треугольник.

Итак, пусть АВС — такой разносторонний треугольник, что:

ВАС = а,а АВ+АС = р;

предположим для определенности, что АВ>АС (в противном случае доказательство аналогично). Построим равнобедренный треугольник АВ’С’,у которого

В’АС’ = а, АВ’+АС’ = р и который расположен, как указано на рис. 1.2.5. Точку пересечения сторон ВС и В’С’ обозначим через М.Докажем теперь, что:

S

CC’M>S

BB’M

Действительно, треугольники СС’М и ВВ’М имеют равные углы при вершинах и равные основания СС’ и ВВ’:

СС’ — ВВ’ = (АС’ — АС) — (АВ — АВ’)= (АВ’ +АС’)— (АВ + АС) =р — р = 0.

Далее, из четырех углов ВВ’М, В’ВМ, СС’М и С’СМ наибольшим является первый, а следовательно, наименьшим — второй (т.к. сумма двух первых углов равна сумме двух последних). Отсюда следует, что разность углов при основании треугольника ВВ’М больше, чем разность углов при основании треугольника СС’М.Таким образом S

CC_’M>S

BB_’M. Следовательно, S

AB_’C’>S

ABC, что и требовалось доказать. [8, 221]

г) Наложим два треугольника, удовлетворяющих условию задачи, друг на друга так, чтобы их основания совпали, вершины С и С’ были расположены по одну сторону от общего основания АВ,пусть при этом:

САВ<

СВА;

С’АВ<

С’ВА,

пустькроме этого

САВ>

С’AB(рис.1.2.6).

Если бы при этом был

СВА>

С’ВА,то

C’BAбыл бы заключен внутри треугольника

ABCи они не могли бы иметь равных периметров. Следовательно, треугольники расположены так, как изображено на рис. 1.2.6; отсюда и из предыдущих соотношений между углами следует, что разность углов при основании больше у треугольника АС’В (

CBA-

CAB <

CBA-

C’AB<

C’BA-

C’AB). Точку пересечения сторон АС’ и ВС обозначим через М.Отложим на прямой МА отрезок MN=MBи на прямой МС отрезок МР=МС’. При этом точка N будет находиться между А и М,так как из того, что:

МВА >

САВ >

МАВ, следует, что МА > МВ.

С другой стороны, точка Р будет находиться между М и С,так как если бы она совпала с некоторой точкой Р’ на продолжении МС,то из равенства периметров двух треугольников мы имели бы

АС+СВ=АС’+С’В, т.е. АС+Р’М-СР’+МВ = АN+NМ+MC’+С’В.

Отсюда, так как:

Р’М=МС’, МВ=МNи С’В=Р’N,

мы имели бы:

АС=АN +NР’+Р’С,

что невозможно.

Отняв теперь от треугольников АВС и АВС’ равные между собой треугольники NМР и МВС’ (заштрихованные на рис. 1.2.6), мы сразу обнаружим, что треугольник АВС имеет большую площадь.

Нам еще остается доказать, что:

СА — СВ< С’А — С’В.

Для этого достаточно проверить, что АС<АС’ (а следовательно, ВС>ВС’). Действительно, если бы было АС>АС’, ВС<ВС’, то из рассмотрения треугольников АСС’ и ВСС’ мы получили бы два несовместных неравенства:

АСС’<

АС’С,

ВСС’>

ВС’С.

Равенство же АС=АС’ невозможно, так как треугольники АВС и АВС’,по предположению, не равны.

Второе утверждение задачи сразу следует из доказанного. [8, 223]

д) Для того чтобы при заданных условиях площадь трапеции АВСDбыла наибольшей, необходимо, чтобы ее высота была наибольшей. Проведя линию ВD’ || СD(рис. 1.2.7), мы получим, что наибольшей высоте трапеции АВСDотвечает наибольшая площадь треугольника АВD’ с заданным основанием (равным разности оснований трапеции) и заданным периметром (равным периметру трапеции минус удвоенное меньшее основание). После этого остается только применить к треугольнику АВD’ заключение задачи 1.2.1 пункта г. [8, 224]

Задача №1.2.2

а) Эта несложная задача имеет несколько решений, мы рассмотрим только два.

Первое решение.

По формуле Герона площадь S треугольника со сторонами a, b, с и полупериметром р равна:

S=

откуда:

S²=p( p-a)( p-b)( p-c).

Но так как:

(p-a)+(p-b)+(p-c)=3p-(a+b+c)=3p-2p=p,

то по теореме о среднем арифметическом и среднем геометрическом:

(p-a)(p-b)(p-c)

и, следовательно, S²

, где равенство имеет место лишь в случае p-a=p-b=p-c, т.е. в случае a=b=c, - когда

ABC является равносторонним. [6, 253]