Войти на сайт

или
Регистрация

Навигация


2.1 Задачи

Задача №1.2.1.

а) Докажите, что из всех треугольников с двумя заданными сторонами наибольшую площадь имеет тот, у которого эти стороны взаимно перпендикулярны.

б) Докажите, что из двух неравных треугольников, имеющих равные основания и равные углы при противолежащей вершине, большую плошать и больший периметр имеет тот, у которого разность углов при основании меньше (разность боковых сторон меньше); из всех треугольников с данным основанием и данным углом при противолежащей вершине наибольшую площадь и наибольший периметр имеет равнобедренный.

в) Докажите, что из всех параллелограммов с данным острым углом и данным периметром наибольшую площадь имеет ромб.

г) Докажите, что из двух неравных треугольников с одинаковыми основаниями и одинаковыми периметрами большую площадь имеет тот, у которого меньше разность углов при основании (меньше разность боковых сторон); из всех треугольников с данным основанием и данным периметром наибольшую площадь имеет равнобедренный.

д) Докажите, что из всех трапеций с данными основаниями и данным периметром наибольшую площадь имеет равнобокая. [8, 67]

Задача №1.2.2 .

а) Докажите, что из всех треугольников с данным периметром наибольшую площадь имеет равносторонний треугольник.

б) Докажите, что из всех четырехугольников с данным периметром наибольшую площадь имеет квадрат. [7, 335]

Задача №1.2.3.

а) Докажите, что среди всех n-угольников, вписанных в данную окружность, правильный имеет наибольшую площадь.

б) Докажите, что среди всех n-угольников, вписанных в данную окружность, правильный имеет наибольший периметр. [6, 63]

Задача №1.2.4 .

а) Докажите, что из всех выпуклых четырехугольников с данными углами и данным периметром наибольшую площадь имеет четырехугольник, в который можно вписать окружность

б) Докажите, что из всех выпуклых n-угольников с данными углами и данным периметром наибольшую площадь имеет n-угольник, в который можно вписать окружность. [8, 68]

Задача №1.2.5. Докажите, что если выпуклая фигура Ф отлична от круга, то существует фигура , имеющая тот же самый периметр, что и Ф, и большую площадь. [8, 71]

Задача №1.2.6. Докажите, что круг имеет большую площадь, чем каждая другая фигура того же периметра. [6, 67]

 

2.2 Решения

Задача №1.2.1

а) Утверждение задачи совершенно очевидно (см. рис. 1.2.3)

Рис. 1.2.3

б) Наложим два треугольника, удовлетворяющих условию задачи, друг на друга, чтобы их основания совпали, вершины С и С’ были расположены по одну сторону от общего основания АВ и чтобы одновременно выполнялись следующие условия:

 

САВ<СВА, С’АВ<С’ВА (рис. 1.2.4, а)

В этом случае вершины С и С’ треугольников будут расположены на дуге окружности ВС’СА, вмещающей угол АСВ, равный углу АС’В (по условию задачи). Из рис. 1.2.4, а) сразу видно, что вершина треугольника АВС, имеющего меньшую разность углов при основании, чем треугольник АВС’, расположена ближе к середине дуги ВС’СА, откуда следует, что высота АВС больше высотыАВС’, и, следовательно, SАВС>SАВС’.

Нам остается еще доказать, что:

 

СА — СВ < С’А— С’В;

и СА+СВ >С’А+С’В.

Отложим на стороне СА отрезок СD=СВ и на стороне С’А отрезок С’D’= С’В и соединим D и D’ с В (рис. 1.2.4, а). Так как углы АDВ и АD’B это внешние углы равнобедренных треугольников BCD и BC’D’ то:

ADB=2d-= , где d=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:

SCC’M>SBB’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 SCCM>SBBM. Следовательно, SABC>SABC , 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,

пусть кроме этого

САВ>С’AB (рис.1.2.6).

Если бы при этом был СВА>С’ВА, тоC’BA был бы заключен внутри треугольника ABC и 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=MB и 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=МN и 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 АВСD была наибольшей, необходимо, чтобы ее высота была наибольшей. Проведя линию ВD’ || СD (рис. 1.2.7), мы получим, что наибольшей высоте трапеции АВСD отвечает 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]

Второе решение

Пусть АВС—неравносторонний треугольник, АВ— его большая сторона (или одна из двух больших сторон) (рис. 1.2.8, а).

Рис. 1.2.8

Равнобедренный треугольник АВС’, имеющий тот же периметр, что и треугольник АВС, и то же основание АВ (рис. 1.2.8, а), в силу задачи 1.2.1 г) имеет не меньшую площадь, чем треугольник АВС. Построим теперь треугольник АDЕ, у которого сторона АD равна  периметра треугольника АВС’ (или АВС), DАЕ=ВАС’ и периметр которого равен периметру АВС’. Расположим треугольник АDЕ так, как указано на рис. 1.2.8, б). Так как АВ — большая сторона треугольника АВС, а сторона АD равна трети периметра этого треугольника, то АВ>АD; отсюда следует, что АЕ>АС’ (так как иначеАDЕ был бы заключен внутри треугольника АВС’ и не мог бы иметь того же периметра). Так как АВ это большая сторона равнобедренного треугольника АВС’, поэтому:

=AD.

Из последнего неравенства вытекает, что АС’D>АDС’, т. е.  ЕС’D <ВDС’.

Так как, кроме того, очевидно, что ВDС’>ЕDС’, то в силу задачи 1.2.1 г) мы можем заключить, что из двух треугольников С’DЕ и ВС’D, имеющих общее основание и равные периметры (т.к. периметр треугольника АВС’ равен периметру треугольника АDЕ, то AC’+C’E+ED+DA = AC’+C’B+BD+DA, значит C’E+ED=C’B+BD), второй имеет меньшую площадь. Таким образом,

SC’ DE>SBC’ D, SA DE>SABC’.

 

Теперь, построив на основании АD равнобедренный треугольник АDF, имеющий тот же периметр, что и треугольник АDЕ (этот треугольник, изображенный пунктиром на рис. 1.2.8, б), очевидно, будет равносторонним (т.к. AD=p, AF=FD=p), мы получим согласно задаче 1.2.1 г), что:


SADF> SADE

(треугольник АDЕ не совпадает с равносторонним треугольником АDF, так как 60°).

Цепь неравенств:

SABC SABC’ < SADE < SADF

и доказывает теорему (в этом ряду неравенств мы один раз вынуждены писать  вместо <, так как у нас нет уверенности, чтоАВС не равен AВС’, т. е. что он не равнобедренный). [8, 225]

Рис. 1.2.9

б) Разобьем четырехугольник АВСD диагональю АС на два треугольника. Заменив треугольники AВС и АСD равнобедренными треугольниками АВ’С и АСD’ с теми же основаниями и с теми же периметрами, мы получим четырехугольник АВ’CD’, причем в силу задачи 1.2.1 г):

SAB’CD’SABCD(рис. 1.2. 9, а).

 


Теперь заменим равные треугольники АВ’D’ и В’СD’ (по трем сторонам) равнобедренными треугольниками А’В’D’ и В’С’D’ с теми же основаниями и теми же периметрами; мы получим ромб А’В’С’D’, причем:

SABCDSABCD (рис. 1.2.9, б).

Наконец, ромб А’В’С’D’ имеет в силу задачи 1.2.1 а) не большую площадь, чем квадрат А’’B’С’D’’ с той же стороной (рис. 1.2.9, в).

Если четырехугольник АВСD отличен от квадрата, то в цепи неравенств:

SABCDSABCD SABCDSA’’BCD’’,

хотя бы один раз должно стоять точное неравенство. [8, 227]

Задача №1.2.3

а) Если вписанный в круг n-угольник не является правильным, то у него есть сторона, меньшая стороны соответствующего правильного n-угольника. Предположим, что у этого вписанного в круг неправильного n-угольника есть сторона, большая стороны правильного n-угольника (если это не так, то весь n-угольник вписан в дугу окружности, меньшую — части окружности; этот случай можно отбросить, так как тогда многоугольник может быть целиком помещен внутри правильного n-угольника и иметь в этом случае меньшую площадь; рис. 1.2.10).


Не меняя площади многоугольника, вписанного в окружность, мы можем поменять его стороны местами так, чтобы рядом оказались сторона, большая стороны правильного n-угольника, и сторона, меньшая стороны правильного n-угольника (очевидно, что если поменять местами две соседние стороны вписанного в окружность многоугольника, то площадь его не изменится (рис. 1.2.11); повторяя этот процесс, можно добиться того, чтобы любые две стороны оказались рядом).

Рис. 1.2.11

Если мы теперь, не меняя остальных сторон, изменим длины этих двух сторон многоугольника так, чтобы одна из них стала равной стороне правильного n-угольника и многоугольник оставался вписанным в ту же окружность, то согласно задаче 1.2.1, 6) площадь n-угольника увеличится. Продолжая этот процесс далее, мы придем, в конце концов, к правильному n-угольнику; при этом в процессе изменения исходного n-угольника площадь его будет только увеличиваться.

б) Доказывается аналогично решению задачи 1.2.3 а). [6, 251]

Задача №1.2.4

а) Примем известный периметр искомого четырехугольника ABCD за единицу и пусть A’B’C’D’, какой лидо четырехугольник подобный ABCD. Тогда площадь ABCD равна отношению  площади четырехугольника A’B’C’D’ к квадрату его периметра (т.к. коэффициент подобия четырехугольников ABCD и A’B’C’D’ равен отношению их периметров т.е. , а площадь ABCD равна площади A’B’C’D’ умноженной на квадрат коэффициента подобия, т.е. равна S=) и задача сводится к тому, что бы найти тот из четырехугольников, имеющий наперед заданные углы, для которого отношение площади к квадрату периметра имеет наибольшее возможное значение (рис. 1.2.12). Нам требуется доказать, что искомым будет четырехугольник ABCD который можно описать около окружности. [6, 247]

Рис. 1.2.12

Постоим треугольник АВF два угла которого равны углам А и В искомого четырехугольника (такой треугольник невозможно построить лишь в том случае, когда сумма каждых двух соседних углов четырехугольника ABCD равна 1800. В этом исключительном случае наша задача формулируется так: доказать, что из всех параллелограммов с данным острым углом и данным периметром наибольшую площадь имеет ромб). Нам надо пересечь этот треугольник прямой CD данного направления, так, чтобы у получившегося четырехугольника ABCD отношение площади к квадрату периметра было возможно большим. Впишем в треугольник ABF окружность с радиусом r и центром О и проведем прямую CD заданного направления таким образом, что бы она касалась этой окружности (рис. 1.2.12). Докажем, что четырехугольник ABCD обладает требуемым свойством, т.е., если C’D’ – произвольная прямая параллельная CD, то:

 (*)

Обозначим коэффициент подобия треугольников FCD и FC’D’ через k (k может быть больше или меньше единицы). Очевидно, что:

;

;

. [6, 248]

Отсюда:

;


или, если обозначить

AB+BF+FA через 2p, а CF+FD-DC- через 2q:

 = r (p-q);

r (p-k 2q).

Далее, из подобия треугольников CDF и C’D’F следует:

C’F+ FD’- C’D’=2kq, откуда AB+BC+CD+DA=AB+BF+FA-(CF+FD-CD)=2(p-q),

AB+BC’+C’D’+D’A=AB+BF+FA-(C’F+FD’-C’D’)=2(p-kq).

В силу этого неравенство (*) примет следующий вид:

, откуда имеем:

.

Перенося оба члена неравенства в левую часть и умножая его на (положительное) число (p-q) (p-k q) 2, получим:

(p-k q) 2 -(p-q) (p-k 2q)0,

что после раскрытия скобок и упрощения дает:

(1- k) 2 p q0.

Последнее неравенство очевидно справедливо. [6, 249]

б) Для простоты решим сначала задачу для случая пятиугольника, и пусть М=АВСDЕ и M’= А’В’С’D’Е’- два пятиугольника с периметрами Р и Р’ и площадями S и S’, имеющие равные углы, причем М описан вокруг окружности s радиуса r, а M’ не подобен М. Для того что бы доказать неравенство:

 (**)

отбросим соответствующие стороны DЕ и D’E’ пятиугольников М и М’ (такие, что D+Е=D’+E’>1800) и продолжим примыкающие к DЕ и D’E’ стороны до их пересечения. При этом мы получим два четырехугольника ABCT и A’B’C’T’ с соответственно равными углами, причем четырехугольник ABCT описан вокруг окружности s (рис. 1.2.13). Для упрощения выкладок будем считать, что размеры исходных пятиугольников выбраны так, что рассматриваемые четырехугольники имеют одинаковые периметры, равные Р1(выполнение этого условия всегда можно добиться, преобразовав, если надо, пятиугольник М’ подобно).

Рис. 1.2.13

Ясно, что . Обозначим , где - некоторое положительное число (равное ). [6, 250]

В силу результата задачи а) 1, причем =1, лишь, если A’B’C’T’ тоже описан около окружности, т.е. если он равен ABCT.

Далее обозначим DT+ТЕ-DЕ=p и D’T’+Т’Е’-D’Е’=kp , где k - коэффициент подобия треугольников D’E’T’ и DTE. Так как

 

 то .

Далее имеем:

S=S M= - ;

P=AB+BC+CD+DE+EA=(AB+BC+CT+TA)- (DT+TE-ED).

S’=S M’ =

P’ = A’B’+B’C’+C’D’+D’E’+E’A’=(A’B’+B’C’+C’T’+T’A’)- (D’T’+T’E’-E’D’).

 

Поэтому неравенство (**) примет вид:

 или ,

т.е. .

Но последнее неравенство действительно справедливо:

,

так как 1-, а по самому определению этих величин. В последнем неравенстве стоит знак >, а не  так как если 1-=0, =1, то четырехугольник А’В’С’Т’ равен четырехугольнику АВСТ, и для того, чтобы пятиугольник А’В’С’D’Е’ был отличен от АВСDЕ, надо, чтобы треугольник D’Е’Т’ был отличен от DЕТ, т. е. что бы было k1; таким образом, если (1—а)(Р1 — p)Р1 =0, то Р1 р(1—к)2 больше нуля.

Решение задачи для n-угольника проводится по методу математической индукции. Оно ничем не отличается от выше приведенного, и все выкладки имеют точно такой же вид. Только вместо пятиугольника всюду надо говорить об n-угольнике и вместо четырехугольника - об (п-1)-угольнике, для которого, по предположению индукции, теорема считается уже доказанной (что позволяет утверждать, что  1). [6, 251]

Задача №1.2.5

Пусть АВ — хорда фигуры Ф, делящая периметр Ф пополам. Если хорда АВ делит площадь Ф на две неравные части, то существует фигура , имеющая тот же периметр, что и Ф, и большую площадь . Если же хорда АВ делит периметр и площадь Ф пополам и фигура Ф отлична от круга, то по крайней мере одна из двух частей, на которые АВ делит Ф, отлична от полукруга с диаметром АВ. Отсюда следует, что у фигуры Ф найдется такая граничная точка Р, что угол АРВ отличен от прямого (рис. 1.2.14, а; в противном случае граница Ф являлась бы окружностью с диаметром АВ, и фигура Ф была бы кругом). Заменим теперь часть АРВ фигуры Ф новой фигурой А’Р’В’ (рис. 1.2.14, 6), оставив сегменты фигуры, отсекаемые хордами АР и РВ, без изменения и заменив треугольник АРВ прямоугольным треугольником с теми же длинами боковых сторон (АР=А’Р’, РВ=Р’В’); при этом в силу задачи 1.2.1, а):

SA’P’B’ >SAPB. [8, 237]

 


Рис. 1.2.14

Отразив теперь полученную фигуру А’Р’В’ относительно хорды А’В’, мы получим фигуру того же периметра, что и фигура ф (периметр обеих фигур равен удвоенной длине дуги АРВ), но большей площади (площадь равна удвоенной площади фигуры А’Р’В’, площадь Ф — удвоенной площади фигуры АРВ). [8, 238]

Задача №1.2.6

Пусть Ф — произвольная выпуклая фигура, К—круг. Нам надо доказать, что отношение площади круга К к квадрату его периметра больше, чем отношение площади фигуры Ф к квадрату ее периметра. При этом площадь и периметр Ф и К определятся как пределы площадей и периметров последовательностей описанных вокруг этих выпуклых фигур многоугольников, все внешние углы которых стремятся к нулю.

Будем рассматривать описанные вокруг Ф и К многоугольники с соответственно равными углами (например, описанные вокруг Ф и К многоугольники с параллельными сторонами; рис. 1.2.15). В силу задачи 1.2.4, б) отношение площади к квадрату периметра будет для каждого многоугольника, описанного вокруг К, не меньше, чем для соответствующего многоугольника, описанного вокруг Ф.

Отсюда, переходя к пределу, получаем, что:


откуда уже следует, что круг имеет не меньшую площадь, чем каждая другая выпуклая фигура того же периметра. Предположим теперь, что фигура Ф не является кругом, т. е. отлична от К. В этом случае, очевидно, не все многоугольники, описанные вокруг К, будут подобны соответствующим многоугольникам, описанным вокруг Ф. При этом если М есть первый из рассматриваемых многоугольников, описанных вокруг К, который не подобен соответствующему многоугольнику , описанному вокруг Ф, то отношение площади к квадрату периметра для многоугольника М будет больше (а не только не меньше), чем для многоугольника  (см. решения задач 1.2.4 а, б). А так как в дальнейшем отношение площади к квадрату периметра для многоугольников, описанных вокруг К, увеличивается каждый раз (при переходе от описанного n-угольника к описанному (п+1)-угольнику) больше, чем для многоугольников, описанных вокруг Ф, то окончательно мы можем заключить, что:

Рис. 1.2.15

 

Примечание. Если уже доказано, что площадь круга К периметра 1 не меньше площади любой иной фигуры Ф того же периметра (именно это и означает неравенство (*)), то из результата задачи 1.2.5 (для любой фигуры Ф, отличной от круга, можно найти фигуру  того же периметра и большей площади) сразу будет следовать, что площадь К (которая не может быть меньше площади ) больше площади Ф (т. е. неравенство (**)). [8, 238]

 


Информация о работе «Оценка периметра многоугольника заданного диаметра»
Раздел: Математика
Количество знаков с пробелами: 92071
Количество таблиц: 0
Количество изображений: 61

Похожие работы

Скачать
78083
7
3

... дроби, использовать знания по оперированию единицами величины, при решении задач. развивающие: развивать логическое мышление, память, внимание, умение оперировать обыкновенными дробями. воспитательные: воспитывать любовь к математике, дисциплинированность, самостоятельность, аккуратность. Ход урока. I. Организация класса - Здравствуйте, ребята! Приготовитесь к уроку. ...

Скачать
249522
15
58

... развитие логического мышления учащихся является одной из основных целей курса геометрии. При изучении геометрии развитие логического мышления учащихся осуществляется в процессе формирования понятий, доказательства теорем, решения задач. При изучении геометрических построений, прежде всего, приходится преодолевать трудности логического порядка. В условиях школы для преодоления этих трудностей ...

Скачать
79870
10
43

... – педагогический эксперимент. Эксперимент проходил в три этапа: 1 этап – констатирующий эксперимент. При его проведении были выявлены знания учащихся по теме «Использование и измерений и решение задач на местности при изучении некоторых тем школьного курса геометрии», при этом использовались различные формы и методы выявления знаний, такие как: анкетирование, беседы с учащимися и учителями, ...

Скачать
113174
0
0

... говоря о том, что некоторые виды технических средств обладают исключительно большими возможностями наглядного показа материала обучения. Олимпиада одна из основных форм организации внеклассной работы по математике. Термин «олимпиада» проявился давно, хотелось бы вспомнить об истории отечественной математической олимпиады. Сначала о ней говорили в единственном числе, поскольку она организовывалась ...

0 комментариев


Наверх