pogorelov-gdz-8-2002f (546198), страница 6
Текст из файла (страница 6)
Что итребовалось доказать.№ 26.48Может ли у параллелограмма со сторонами 4 см и 7 смодна из диагоналей быть равной 2 см?Диагональ разбивает параллелограмм на два треугольникасо сторонами 2 см, 4 см, 7 см, но неравенство треугольника невыполняется, так как 7 см < 2 см + 4 см — неверно, значитдиагональ не может быть равной 2 см.Ответ: не может.№ 27.В треугольнике одна сторона равна 1,9 м, а другая —0,7 м.
Найдите третью сторону, зная, что ее длина равнацелому числу метров.В треугольнике каждая сторона, меньше суммы двух другихсторон, но больше их разности. Пусть x — третья сторонатреугольника, а = 1,9 м, b = 0,7 м – две другие стороны. Тогдаa - b < x < a + b, так что1,9 - 0,7 < x < 1.9 + 0,7; 1,2 < x < 2,6.Так как x — целое число, то x = 2.Ответ: 2 м.№ 28*.Докажите, что медиана треугольника АВС, проведеннаяиз вершины А, меньше полусуммы сторон АВ и АС.Пусть в ∆АВС медиана АА1. Нужно доказать, чтоAA1 <AB + AC2Продолжим медиану AA1 за А1 и на продолжении отложимA1D= =АA1.
Тогда полученный четырехугольник ABDC будетпараллелограммом, так как его диагонали AD и ВС в точкепересечения делятся пополам, значит, BD = АС. К тому жеAD=2АА1.В ∆ABD сторона меньше суммы двух других сторон, то естьAD < АВ + BD, 2АА1 < АВ + АС.AA1< AB + AC .2Что и требовалось доказать.49№ 29*.Известно,чтодиагоналичетырехугольникапересекаются. Докажите, что сумма ихдлин меньше периметра, но большеполупериметра четырехугольника.ПустьдиагоналиАСиBDчетырехугольника ABCD пересекаются вточке О. Нужно доказать, что АС + BDбольше полупериметра четырехугольникаABCD, но меньше периметра. Применяянеравенство треугольника для ∆ АОВ, ∆ВОС,∆ COD, ∆ AOD получим:АО + ОВ > АВ.ВО + ОС > ВС,+ ОС + OD > DC,АО + OD > AD,Сложив почленно неравенства, получим:2ОВ + 2ОС + 2OD + 2АО > АВ + ВС + CD + AD;2((ВО + OD) + (АО + ОС)) >РABCD.122(BD + АС) > РABCD, BD + AC> PABCD.Рассмотрев неравенство треугольника для ∆ АВС, ∆ ADC, ∆DAB, ∆ DCB, получим:АС < АВ + ВС,+ АС < AD + DC,BD < АВ + AD,BD < ВС + CD.2АС + 2BD < 2АВ + 2ВС + 2CD + 2AD, АС + BD < РABCD.1PABCD < АС + BD < РABCD.2Что и требовалось доказать.№ 30.50Отрезки АВ и CD пересекаются в точке О.
Докажите, чтосумма расстояний от любой точки плоскости до точек А,В. С и D не меньше, чем ОА + ОВ + ОС + OD.Используя неравенство треугольника для ∆ ABX и ∆ CDXполучим:АХ + ВХ ≥АВ, АВ = АО + ОВ,СХ + DX ≥CD, CD = СО + OD, то естьAX + ВХ + СХ + DX ≥ АВ + CD,AX + ВХ + СХ + DX ≥ АО + ОВ + СО + OD.Что и требовалось доказать.№ 31*.На прямолинейном шоссе требуется указать местоавтобусной остановки так, чтобы сумма расстояний отнее до населенных пунктов А и В была наименьшей.Рассмотрите два случая: 1) населенные пунктырасположены по разные стороны от шоссе; 2) населенныепункты расположены по одну сторону от шоссе.1)Обозначим шоссе а.Если А и В лежат по разные стороны от а, то остановка Одолжна быть в точке пересечения отрезка АВ с а.
Если О1 нележит на АВ, то по неравенству треугольника в ∆ AO1В суммадвух сторон треугольника больше третьей стороны; то есть ВО1+ АО1> АВ, ВО1 + АО1 > ВО + АО, значит, ВО + АО = АВ —наименьшая сумма расстояний от остановки О до населенныхпунктов А и В. И точка О – искомая.2)51Построим точку В1, симметричную В относительно прямойа. Пусть точка О — точка пересечения АВ1 и а. Тогда суммарасстояний от О до А и В1 будет наименьшей. Так как ОВ = ОВ1то и сумма расстояний от О до А и В тоже будет наименьшей иАО + ОВ = АВ1.№ 32.Могутлисторонытреугольникапропорциональными числам 1, 2, 3?бытьПусть х, 2х, 3х, — стороны треугольника, а х некоторыйкоэффициент.
Воспользуемся неравенством треугольника: х + 2х> 3х. Но это неверно. Значит такоготреугольника несуществует.Ответ: не могут.№ 33.Докажите, что в треугольнике каждая сторона меньшеполовины периметра.Пусть а, b, с — стороны треугольника. По неравенствутреугольника:c<a + b, c + c<a + b + c, 2c<a + b + c.a+b+cc<2Pc<2Что и требовалось доказать.№ 34.52Внутри окружности радиуса R взята точка на расстоянииd от центра. Найдите наибольшее и наименьшеерасстояния от этой точки до точек окружности.Пусть D — произвольная точка на окружности.По неравенству треугольника: OD≤ ОС+CD, R ≤ d+CD, CD ≥ R- d.Здесь равенство достигается только при совпадении точек D иВ.CD ≤ OD + ОС,CD ≤ R + dЗдесь равенство достигается только при совпадении точек D иА.
Значит, наименьшее расстояние CD равно R – d, а наибольшееR + d.Ответ: R + d; R - d.№ 35.Вне окружности радиуса R взята точка на расстоянии dот центра. Найдите наибольшее и наименьшеерасстояния от этой точки до точек окружности.Задача решается аналогично предыдущей.Ответ: R + d; R - d.№ 36.Могут ли пересекаться окружности, центры которыхнаходятся на расстоянии 20 см, а радиусы 8 см и 11 см?Объясните ответ.Пусть О1, и O2 — центры окружностей. Если окружностипересекаются в некоторой точке D, то должно быть:О1,D + О2D ≥ O1O2(по неравенству треугольника), то естьR1 + R2 ≥ d,8 + 11 ≥ 20 — неверное неравенство, а значит, окружностине могут пересекаться.Ответ: не могут.№ 37.Могут ли пересекаться окружности, центры которыхнаходятся на расстоянии 5 см, а радиусы 6 см и 12 см?Объясните ответ.53Допустим, что данные окружности пересекаются в точке А.Следовательно O1A = R1 = 6 см, O2A = R2 = 12 см, O1O2 = 5 см.Согласно неравенству треугольника АО2 ≤ AO1 + O1O2, то есть12 ≤ 6 + 5, что неверно.
Значит окружности не пересекаются.Ответ: не могут.№ 38*.Докажите, что в задаче 36 окружности находятся однавне другой, а в задаче 37 окружность радиуса 6 смнаходится внутри окружности радиуса 12 см.1) Надо доказать, что если расстояние между центрамиокружности 20 см, а радиусы 8 см и 11 см, то окружностинаходятся одна вне другой.Примем O1, O2— центры окружностей, а R1, R2 — ихрадиусы; О1О2 = 20 см, R1 = 8 см, R2 = 11 см.Допустим, что эти окружности имеют общую внутреннююточку А, следовательно О1А ≤ R1, О2А ≤ R2.
Так как для любыхтрех точек расстояние между любыми двумя из них не большесуммы расстояний от них до третьей точки, то O2O1 ≤ О1А+О2А,O1O2 ≤ R1+R2 так как О1А ≤ R1, О2А. ≤ R2 Получим 20 ≤ 8 + 11, 20≤19, что неверно, а значит, окружности не имеют общихвнутренних точек и лежат одна вне другой.542) Надо доказать, что если O1O2 = 5 см, а R1 = б см, R2 = 12см, то окружность с центром О1 и радиусом R1, находитсявнутри второй окружности с центром О2 и радиусом R2.Первая окружность находится внутри второй, если все точкипервой окружности являются внутренними точками второйокружности.Предположим, что существует точка В на первойокружности, которая лежит вне второй окружности.Следовательно ВО1 = R1; ВО2 > R2ВО1 = 6 см; ВО2 > 12 см.По неравенству треугольника для точек В, О1, О2 получим:BO2 ≤ ВО1 + O1O2;ВО2≤ 6 + 5;BO2 ≤ 11 см.Получили противоречие (BO2 > 12; ВО2 ≤ 11). Значит, всеточки первой окружности являются внутренними точкамивторой окружности, то есть первая окружность лежит внутривторой.№ 39.Могут ли пересекаться окружности с радиусами R1 и R2и расстоянием между центрами d, если R1 + R2 < d?Пусть О1 и O2 — центры окружностей.
Если окружностипересекаются в некоторой точке D, то по неравенствутреугольника:O1D + О2D ≥ O1O2,, то есть R1 + R2 ≥ d. Но по условиюзадачи R1 + R2 < d. Так что окружности пересекаться не могут.55Ответ: не могут.№ 40*.Данытриположительныхчислаа,b,с,удовлетворяющие условиям а ≤ b ≤ с < а + b. Докажитепоследовательно утверждения:2221) 0 < c + a − b < a ,2c2) существует прямоугольный треугольник BCD, у222которого гипотенуза ВС = а, а катет BD = c + a − b ;2c3) треугольник АВС, у которого ВС = а, АВ = с, арасстояние BD равноc2 + a2 − b2, имеет сторону AС = b.2c1) Докажем, что для трех положительных чисел а, b, с, такихчто 0 < а ≤ b ≤ с < а + b, выполняется неравенство:0<c 2 + a 2 − b2< a,2cc 2 + a 2 − b 2 (c 2 − b 2 ) + a 2 (c − b)(c + b) + a 2==2c2c2cПо условию с ≥ b, а значит (с - b) ≥ 0, а так как а, b, сположительные числа, то(c − b)(c + b) + a 2> 0 , то есть2cc 2 + a 2 − b2>02cРассмотрим разностьc2 + a 2 − b2−a =2cc 2 + a 2 − b 2 − 2ac (c 2 + a 2 − 2ac) − b 2==ac2c(c − a ) 2 − b 2 (c − a − b)(c − a + b)==2c2c=По условию с < a + b, следовательно с - а - b < 0, с ≥ а,следовательно c – a ≥ 0,a c – a + b > 0, так как b –положительное числотак что(c − a − b)(c − a + b)<0.2cЧем доказано неравенство 0 <56c2 + a 2 − b2<a.2c2) Докажем, что существует прямоугольный ∆BCD, укоторого гипотенуза ВС = а, катетBD =c2 + a2 − b22cМы доказали, что а,причемc2 + a2 − b2положительное число,2cc2 + a2 −b2< a .
![](https://s.studizba.com/z.php?f=/templates/si/i/noavatar.png&w=100&h=100&t=1"){kind=avatar}
