Здавалка
Главная | Обратная связь

Отрезок данной длины перемещается так, что концы его скользят по сторонам прямого угла. При каком положении этого отрезка площадь отсекаемого треугольника будет наибольшей.



 

Решение

 

Решим задачу применяя метод опорной функции.

Обозначив длины катетов DАВС через х и y, сводим задачу к нахождению максимума функции.

Отсюда ясно, что Smax=0,25c2 при .

Решая систему уравнений:

 

находим: x=y= .Поскольку x=y= , то прямоугольный треугольник равнобедренный и имеет максимальную площадь .

 

Решение 2

Решим эту задачу методом геометрических преобразований. Рассуждаем так: поскольку длинна отрезка постоянна, а угол, лежащий против него, прямой, то будем перемещать не отрезок АВ, а угол АСВ так, чтобы вершина С скользила по окружности. Отсюда ясно, что площадь треугольника будет наибольшей тогда, когда радиус ОС станет его высотой

Задача13

В данный шар вписать цилиндр наибольшего объёма.

Решение

 

 

Пусть ABCD – осевое сечение цилиндра, вписанного в шар радиуса R. Обозначим через r и h радиус основания и высоту цилиндра. Тогда объём будет равен V=prh

Но так как то , где 0<r<R

Рассмотрим функцию y=r4(2R2-2r2) принимающую одновременно с V своё наибольшее и наименьшее значение. Применяя общий метод (при помощи производной) при нахождении максимального значения функции y=r4(2R2-2r2) приходим к решению следующего уравнения 8R2r3-12r5=0 или r3(8R2-12r2)=0. Решая это уравнение получаем r=0 и r=R , и с учётом ограничений получаем, что максимальное значение y достигается при r=R .

Эту задачу можно решить применяя следующее алгебраическое неравенство , причём равенство достигается при a1=a1=…=an.

Поскольку r2+r2+(2R2-2r2)=2R2, то y есть произведение трёх сомножителей сумма которых постоянна. Стало быть, наибольшее значение y достигает при r2=2R2-2r2 . Таким образом.

Vmax = при r=R ,

 

Применение геометрических неравенств

Для элементов треугольника используют следующие обозначения:

a,b,c – длины сторон ВС, СА, АВ

a,b,g - величины углов при вершинах А, В, С.

ma, mb, mc – длины медиан, проведенных из вершин А, В, С.

ha, hb, hc – длины высот, опущенных из вершин А, В, С.

la, lb, lc – длины биссектрис , проведенных из вершин А, В, С.

r, R – радиусы вписанной и описанной окружностей.

 

1. Если А, В, С – произвольные точки, то АВ£АС+СВ, причём равенство достигается, только если точка С лежит на отрезке АВ.

2. Медиана треугольника меньше полусуммы заключающих её сторон. mc<(b+a)/2.

Доказательство.

Пусть С1 – середина стороны АВ, тогда СС1+СА>ВС и ВС11С>ВС. Поэтому 2СС1+ВА>CA+BC, т.е. mc>(a+b-c)/2 (рис.20).

Пусть точка С’ симметрична точке С относительно точки С1. Тогда СС11С’ и ВС’=СА. Поэтому 2mc=CС1<CB+BC'=CB+CA, т.е. mc<(a+b)/2.

 

 

3. Если один выпуклый многоугольник лежит внутри другого, то периметр внешнего многоугольника больше периметра внутреннего.

 

Доказательство:

Построим на сторонах внутреннего многоугольника полуполосы, обращённые наружу. Параллельные края полуполос перпендикулярны соответствующей стороне многоугольника. Обозначим через р – ту часть периметра внешнего многоугольника, которая находится внутри этих полуполос, тогда периметр внутреннего многоугольника не превосходит р, а внешнего больше р.

 

4.Сумма длин диагоналей выпуклого четырёхугольника больше суммы длин любой пары его противоположных сторон.

 

Доказательство

 

Пусть О – точка пересечения диагоналей четырёхугольника ABCD. Тогда: AC+BD=(AO+OC)+(BO+OD)= (AO+OB)+(OC+OD)>AB+CD

 

Задача 1

Какую наибольшую площадь может иметь треугольник стороны, которого а, в, с заключены в следующих пределах :

0 £ a £ 1 £ b £ 2 £ c £ 3

Решение

Среди всех треугольников с двумя сторонами a , b, которые удовлетворяют условию 0 < a £ 1 , 1£ b £ 2, наибольшую площадь имеет прямоугольный треугольник с катетами a =1, b=2. Так как SD£(a×b)/2 , а равенство достигается тогда, когда a и b – катеты прямоугольного треугольника. Затем нужно посмотреть, удовлетворяет ли третья сторона условию задачи. По теореме Пифагора c=√5, а 2 £ √5 £ 3 следовательно третья сторона нашего треугольника удовлетворяет условию задачи , а значит наш прямоугольный треугольник с катетами 1 и 2 будет иметь наибольшую площадь .

Задача 2

В треугольнике две высоты не меньше сторон ,на которые они опущены . Найдите углы треугольника .

Решение.

Пусть ha и hl- высота треугольника ABC опущенные на стороны a и b соответственно. По условию a£ha, b£hl ,но в любом треугольнике ha £ b, hb £ a используя это можно написать следующее неравенство a £ ha £ b£ hb £ a следовательно, a=b=ha=hb т.е треугольник равнобедренный прямоугольный и значит его углы равны 900 45 0 450

Задача4

Докажите, что для любого треугольника выполняется

равенство £ ¼

 

где A1,B1,C1, точки пересечения биссектрисс углов с противоположными сторонами. Для решения этой задачи покажем сначала, что

 

Пусть в треугольнике ABC AC=c, BC=a, AC=b, BB1, СС1, AA1, -биссектрисы углов B,С,A соответственно

Заметим что

так как AC1/AB=b/a (по свойству биссектрис треугольника)

AC1/AB=b/(b+a), AB1/CB1=c/a, AB1/AC=c/(c+a) следовательно:

, аналогично получаем

 

 

 

Тогда S∆A1B1C1= S∆ABC - S∆AB1C1 - S∆A1BC1 - S∆A1B1C =

 

 

Þ

 

 

Для того чтобы доказать что, нужно доказать неравенство а для его доказательства

воспользуемся неравенством между средним арифметическим и средним геометрическим двух чисел: (a+b)/2³√ab; (b+c)/2³√bc; (a+c)/2³√ac; .Получим:

Задача5

Через точку, принадлежащую стороне треугольника, проведены прямые параллельные двум другим сторонам. Эти прямые отсекают от данного треугольника два треугольника, площади которых равны S1 и S2. Найти площадь S данного треугольника. Доказать, что S1+S2 ≥1/2S.

Решение

Треугольники BML и CMN подобны треугольнику ABC. Для того чтобы найти зависимость между площадями S1, S2 и S, введем следующие обозначения обозначим BM=x, CM=у, тогда √S1/√S=x/(x+y), √S2√S=y/(x+y) складывая уравнения почленно, получим: (√S1+√S2)/√S=1 или S=(√S1+√S2)2

На основании неравенства между средним арифметическим и средним геометрическим √S1S2≤(S1+S2)/2 имеем S=S1+S2+2√S1S2≤2(S1+S2) ÞS1+S2≥1/2S







©2015 arhivinfo.ru Все права принадлежат авторам размещенных материалов.