Версия для печати
Убрать все задачи

---

Для чисел 1, ..., 1999, расставленных по окружности, вычисляется сумма произведений всех наборов из 10 чисел, идущих подряд.
Найдите расстановку чисел, при которой полученная сумма наибольшая.

   Решение

---

На поляне пасутся 150 коз. Поляна разделена изгородями на несколько участков. Ровно в полдень некоторые козы перепрыгнули на другие участки. Пастух подсчитал, что на каждом участке количество коз изменилось, причём ровно в семь раз. Не ошибся ли он?

   Решение

---

B треугольнике ABC точка O – центр описанной окружности. Прямая a проходит через середину высоты треугольника, опущенной из вершины A, и параллельна OA. Aналогично определяются прямые b и c. Докажите, что эти три прямые пересекаются в одной точке.

   Решение

---

В треугольнике ABC высоты или их продолжения пересекаются в точке H, а R – радиус его описанной окружности.
Докажите, что если  ∠A ≤ ∠B ≤ ∠C,  то  AH + BH ≥ 2R.

   Решение

Темы:    [ Ортоцентр и ортотреугольник ] [ Неравенства для элементов треугольника (прочее) ] [ Радиусы вписанной, описанной и вневписанной окружности (прочее) ] [ Неравенство треугольника (прочее) ] [ Применение тригонометрических формул (геометрия) ]

Сложность: 3+ Классы: 11

Прислать комментарий

Условие

В треугольнике ABC высоты или их продолжения пересекаются в точке H, а R – радиус его описанной окружности.
Докажите, что если  ∠A ≤ ∠B ≤ ∠C,  то  AH + BH ≥ 2R.

Решение 1

  Пусть O – центр описанной окружности треугольника ABC . Если  ∠C = 90°,  то точка H совпадает с точкой C,  AB = 2R,  и наше неравенство превращается в неравенство треугольника для сторон треугольника ABC.
  Если  ∠C < 90°,  то треугольник ABC – остроугольный, а точки O и H лежат внутри него (рис. слева). Покажем, что точка O принадлежит треугольнику AHB (тогда, согласно задаче 34932  AH + BH ≥ AO + BO = 2R).  Действительно,  ∠HAB = 90° – ∠B ≥ 90° – ∠C = ∠AOB,  аналогично  ∠HBA ≥ ∠OBA,  и, следовательно, лучи AO и BO пересекаются внутри или на границе треугольника ABC.

  Если  ∠C > 90°,  то треугольник ABC – тупоугольный, а точка O лежит по другую сторону от точек C и H относительно прямой AB (рис. справа). В этом случае  ∠OAB = ∠C – 90° < 90° – ∠B = ∠HAB  и аналогично  ∠OBA < ∠HBA.  Значит, точка O', симметричная точке O относительно прямой AB, принадлежит треугольнику HAB. Как и выше, это доказывает нужное неравенство.

Решение 2

  Нетрудно проверить, что  AH = 2R cos ∠A  и  BH = 2R cos ∠B.  Поэтому наше неравенство эквивалентно неравенству  cos ∠ A + cos ∠B ≥ 1.  Приведём его доказательство.
  Обозначим  φ = ½ (∠B + ∠C).  Тогда  ∠A ≤ ∠B ≤ φ,  60° ≤ φ < 90°  и  ∠A = 180° – 2φ.  Следовательно,
cos ∠A + cos ∠B ≥ cos ∠ A + cos φ = cos φ – cos 2φ = cos φ·(1 – 2cos φ) + 1 ≥ 1.

Источники и прецеденты использования