Каталог по темам

Задачи

Страница: << 5 6 7 8 9 10 11 >> [Всего задач: 80]

Задача 73589

Темы:	[	Неравенства с площадями	]
Темы:	[	Площадь четырехугольника	]

Сложность: 4+
Классы: 8,9

Автор: Г.А.Гальперин

Два одинаковых прямоугольника расположены так, что их контуры пересекаются в восьми точках. Докажите, что площадь пересечения этих прямоугольников больше половины площади каждого из них.

Решение

Пусть длины сторон прямоугольников a и b . Заметим, что на сторонах каждого из прямоугольников лежит ровно две точки пересечения с двумя соседними сторонами другого. (Легко доказать, что если всего точек пересечения 8 , то на каждой стороне должно лежать не меньше двух точек и что пересечение стороны одного прямоугольника с двумя параллельными сторонами другого невозможно). Пусть A и C — точки, в которых пересекаются стороны разных прямоугольников, равные a ; B и D — точки, в которых пересекаются стороны, равные b . Тогда, очевидно, отрезок AC служит биссектрисой угла между сторонами длины a , проходящими через точку A (для доказательства достаточно опустить на эти стороны перпендикуляры из точки C и рассмотреть пару образовавшихся при этом равных треугольников). Точно так же BD — биссектриса угла между сторонами длины b , проходящими через точку B . Следовательно, AC BD , и поэтому площадь выпуклого четырехугольника с диагоналями AC и BD равна . Поскольку AC b и BD a , даже эта площадь (и уж подавно вся площадь общей части прямоугольников) больше .
Как показывают письма читателей, самое трудное в подобной задаче — придумать безупречное рассуждение, которое годилось бы для всех возможных случаев расположения фигур, не зависело бы от особенностей чертежа. Поэтому мы намеренно не ссылались в решении на рисунок, чтобы подчеркнуть, что правильность решения можно проверить формально, не обращаясь ни к какому конкретному рисунку.

Прислать комментарий

Задача 55248

Темы:	[	Неравенства с площадями	]
Темы:	[	Перпендикуляр короче наклонной. Неравенства для прямоугольных треугольников	]

Сложность: 4+
Классы: 8,9

Автор: Шарыгин И.Ф.

На диаметре AC некоторой окружности дана точка E. Проведите через неё хорду BD так, чтобы площадь четырёхугольника ABCD была наибольшей.

Подсказка

Пусть O — центр, R — радиус окружности, OE = a (рис.1). Тогда S_ABCD = ${\frac{2R}{a}}$ S_OBD.

Решение

Пусть O — центр, R — радиус окружности, OE = a (рис.1). Тогда

S_ABCD = S_ADC + S_ABC = $\displaystyle {\frac{2R}{a}}$ S_ODE + $\displaystyle {\frac{2R}{a}}$ S_OBE =

= $\displaystyle {\frac{2R}{a}}$ (S_ODE + S_OBE) = $\displaystyle {\frac{2R}{a}}$ S_OBD.

Следовательно, площадь четырёхугольника ABCD наибольшая, когда наибольшая площадь треугольника OBD.

Треугольник OBD — равнобедренный,

OB = OD = R, S_OBD = $\displaystyle {\textstyle\frac{1}{2}}$ R²sin $\displaystyle \varphi$ ,

где $\varphi$ = $\angle$ BOD. Угол $\varphi$ тем меньше, чем меньше хорда BD, или чем длиннее проведённый к этой хорде перпендикуляр OH.

Поскольку OH $\leqslant$ OE = a, то наименьшее значение $\varphi$ = $\varphi_{0}^{}$ характеризуется тем, что отрезки OH и OE совпадают, что соответствует хорде BD, перпендикулярной AC. В этом случае cos ${\frac{\varphi _{0}}{2}}$ = ${\frac{a}{R}}$ .

Итак, остается найти наибольшее значение площади треугольника OBD при $\varphi_{0}^{}$ $\leqslant$ $\varphi$ < $\pi$ . Возможны следующие два случая.

1) Если $\varphi_{0}^{}$ $\leqslant$ ${\frac{\pi}{2}}$ , то максимум достигается при $\varphi$ = ${\frac{\pi}{2}}$ . В этом случае

$\displaystyle {\frac{a}{R}}$ = cos $\displaystyle {\frac{\varphi_{0}}{2}}$ $\displaystyle \geqslant$ cos $\displaystyle {\frac{\pi}{4}}$ = $\displaystyle {\frac{\sqrt{2}}{2}}$ , a $\displaystyle \geqslant$ $\displaystyle {\frac{R}{\sqrt{2}}}$ ,

а искомая хорда BD, стягивающая дугу в 90^o, должна отстоять от центра на расстояние ${\frac{R}{\sqrt{2}}}$ , т.е. должна касаться окружности с центром O радиуса ${\frac{R}{\sqrt{2}}}$ .

2) Если же $\varphi_{0}^{}$ > ${\frac{\pi}{2}}$ (что будет при a < ${\frac{R}{\sqrt{2}}}$ ), то максимум площади достигается при $\varphi$ = $\varphi_{0}^{}$ . В этом случае искомая хорда BD должна быть перпендикулярна диаметру AC.

Прислать комментарий

Задача 111723

Темы:	[	Неравенства с площадями	]
	[	Формула Герона	]
	[	Упорядочивание по возрастанию (убыванию)	]
	[	Теорема косинусов	]

Сложность: 5-
Классы: 9,10

Докажите, что для треугольника со сторонами a , b , c и площадью S выполнено неравенство

a²+b²+c²- (|a-b|+|b-c|+|c-a|)² 4 S.

Решение

Первое решение. Пусть C — средний угол треугольника. Тогда |b-c|+|c-a|=|a-b| и левая часть неравенства равна

a²+b²+c²-2(a-b)²=4ab-(a²+b²-c²)=2ab(2- cos C).
Поскольку правая часть равна 2 sin C , данное неравенство равносильно следующему
2- cos C sin C.
Но cos C+ sin C=2 cos(C-) , следовательно, данное неравенство всегда справедливо и обращается в равенство только при C=60^o . Второе решение. Вновь полагая, что c — средняя сторона треугольника, обозначим x=p-a , y=p-b , z=p-c , где p — полупериметр, и запишем левую часть в виде
a²+b²-(a-b)²+c²-(a-b)²=2ab+4xy=2(x+z)(y+z)+4xy=2pz+6xy.
И поскольку правая часть равна 4 , неравенство принимает вид
pz+3xy-2=(-)² 0.

Прислать комментарий

Задача 57347

Тема:

[

Неравенства с площадями

]

Сложность: 5
Классы: 9

Все стороны выпуклого многоугольника отодвигаются во внешнюю сторону на расстояние h. Докажите, что его площадь при этом увеличится больше чем на Ph + $\pi$ h², где P — периметр.

Решение

Отрежем от полученного многоугольника прямоугольники со стороной h, построенные внешним образом на сторонах исходного многоугольника (рис.). При этом кроме исходного многоугольника останутся еще некоторые четырехугольники, из которых можно составить многоугольник, описанный около окружности радиуса h. Сумма площадей этих четырехугольников больше площади окружности радиуса h, т. е. больше $\pi$ h². Ясно также, что сумма площадей отрезанных прямоугольников равна Ph.

Прислать комментарий

Задача 57349

Темы:	[	Неравенства с площадями	]
	[	Наименьшая или наибольшая площадь (объем)	]
	[	Пятиугольники	]
	[	Отношение площадей треугольников с общим основанием или общей высотой	]

Сложность: 5
Классы: 8,9

Докажите, что сумма площадей пяти треугольников, образованных парами соседних сторон и соответствующими диагоналями выпуклого пятиугольника, больше площади всего пятиугольника.

Решение

Пусть для определенности ABC — треугольник наименьшей площади. Обозначим точку пересечения диагоналей AD и EC через F. Тогда S_ABCDE < S_AED + S_EDC + S_ABCF. Так как точка F лежит на отрезке EC и S_EAB $\geq$ S_CAB, то S_EAB $\geq$ S_FAB. Аналогично S_DCB $\geq$ S_FCB. Поэтому S_ABCF = S_FAB + S_FCB $\leq$ S_EAB + S_DCB. Следовательно, S_ABCDE < S_AED + S_EDC + S_EAB + S_DCB; это даже более сильное неравенство, чем требовалось.

Прислать комментарий

Страница: << 5 6 7 8 9 10 11 >> [Всего задач: 80]