Уважаемые пользователи и посетители нашего сайта! Чтобы скачать расписание уроков, вы должны зарегистрироваться.

Геометрические тренинги (Часть 2)

 
   

Геометрические задачи на экстремальные значения.

1. [В.В. Прасолов; №11.2]

Среди всех треугольников с фиксированными углом и а) противолежащей стороной; б) периметром укажите треугольник наибольшей площади.

[u]Ответ[/u]: равнобедренный треугольник с основанием, противолежащим данному углу.

[image]

Пусть в треугольнике АВС ÐВАС = a; |BC| = a; PABC = 2p.

а) Рассмотрим все треугольники с фиксированной стороной ВС и фиксированным углом А. Они вписаны в окружность фиксированного радиуса R = [image] так, что вершины, противолежащие стороне ВС лежат в одной полуплоскости относительно (ВС) (см. рис.). Так как SABC = 0,5aha, то наибольшее значение площади достигается при наибольшем значении высоты, то есть, когда треугольник – равнобедренный.

[image]

б) Рассмотрим все треугольники с фиксированным периметром и фиксированным углом А. Для них фиксирована вневписанная окружность с центром O, касающаяся стороны а, так как [image], где Kточка касания вневписанной окружности с продолжением стороны АВ (см. рис.). Так как SABC = (p – a)ra, то наибольшее значение площади достигается при наименьшем значении а, то есть, когда касательная (ВС) к вневписанной окружности перпендикулярна (AO’). Следовательно, треугольник АВС – равнобедренный.

 

2. [В.В. Прасолов; №11.5]

[image]

Среди всех треугольников, вписанных в данную окружность, найдите треугольник с наибольшей суммой квадратов длин сторон.

[u]Ответ[/u]: равносторонний.

Рассмотрим треугольник АВС, вписанный в окружность радиуса R с центом О (см. рис.). Пусть [image], [image] и [image], тогда [image] = 2(a2 + b2 + c2) – [image]. Так как [image], то [image] = [image]£ 3(a2 + b2 + c2) = 9R2, причем равенство достигается т. и т. т., когда [image], то есть когда точка О совпадает с центром тяжести треугольника. Это означает, что треугольник АВС – равносторонний.

 

3. [В.Ю. Протасов]

Из точки Р, лежащей внутри остроугольного треугольника АВС, опущены перпендикуляры PA’, PBи PCна стороны ВС, СА и АВ соответственно. Найдите положение точки Р, при котором произведение РА×РВ×РС является наибольшим.

Обобщите задачу а) для произвольного треугольника; б) для четырехугольника.

[image]

[u]Ответ[/u]: центр тяжести треугольника.

Рассмотрим остроугольный треугольник АВС и точку Р внутри него. Проведем перпендикуляры РА, РВ и РС к сторонам треугольника и соединим Р с вершинами (см. рис.). Тогда [image]. Так как стороны треугольника фиксированы, но произведение расстояний будет наибольшим т. и т. т., когда наибольшим будет произведение записанных площадей. Сумма таких площадей не зависит от расположения точки Р и равна SABC, поэтому их произведение будет наибольшим, если SBPC = SCPA = SAPB, то есть Р – точка пересечения медиан треугольника АВС.

 

4. [В.В. Прасолов; №11.20]

Из точки Р, лежащей внутри треугольника АВС, опущены перпендикуляры PA’, PBи PCна прямые ВС, СА и АВ соответственно. Найдите положение точки Р, при котором сумма [image] принимает наименьшее значение.

[u]Ответ[/u]: центр окружности, вписанной в треугольник.

Рассмотрим треугольник АВС и точку Р внутри него. Проведем перпендикуляры РА, РВ и РС к прямым, содержащим стороны треугольника и соединим Р с вершинами (см. рис. к задаче 3). Введя обозначения PA’ = x, PB’ = y и PC = z, получим: ax + by + cz = 2SABC.

Тогда [image] = [image] + [image] ³ [image] = (a + b + c)2, причем равенство достигается т. и т. т., когда x = y = z. Это означает, что Р – центр вписанной окружности.

 

5. [В.Ю. Протасов] Какой из четырехугольников с данными сторонами имеет наибольшую площадь?

[image]

[u]Ответ[/u]: вписанный в окружность.

Рассмотрим четырехугольник АВСD с данными сторонами, вписанный в окружность (см. рис.). Пусть его площадь не наибольшая. Тогда, «приклеим» к сторонам АВСD сегменты круга и «вставим шарниры» в его вершины. Рассмотрим полученную фигуру с большей площадью четырехугольника. Она имеет такую же длину границы, но большую площадь, чем круг, что противоречит изопериметрическому свойству круга.

Рассказать доказательство Я. Штейнера для изопериметрической задачи или сослаться на книгу В.Ю. Протасова «Максимумы и минимумы в геометрии».

 

6. [6 фестивалей; 90.4.10.]

[image]

Замкнутая ломаная проходит по всем граням единичного куба. Найдите наименьшее возможное значение ее длины.

[u]Ответ[/u]: 3[image].

Рассмотрим развертку куба (см. рис.). Искомая ломаная должна пересекать все грани куба, поэтому лежит внутри обозначенной полосы. Длина ломаной будет наименьшей, если на развертке она будет изображаться отрезком, параллельным краям полосы. В частности, таким отрезком будет изображаться граница правильного шестиугольника, вершинами которого являются середины ребер куба. Каждая сторона такого сечения куба равна половине диагонали грани, то есть равна [image].

 

7. [В.В. Прасолов; №11.25]

Точка Р лежит внутри угла АОВ. Постройте отрезок MN с концами на сторонах угла и содержащий точку Р, так, чтобы сумма OM + ON была наименьшей.

[image]

Пусть MN – искомый отрезок. Проведем через точку Р прямые, параллельные сторонам данного угла. Пусть они пересекают лучи ОА и ОВ в точках K и L соответственно (см. рис.). Так как OM + ON = (OK + OL) + (KM + LN), то требуемая сумма будет наименьшей т. и т. т., когда будет наименьшей сумма KM + LN.

Поскольку треугольники KMP и LPN подобны, то [image] Û KM×LN = KP×PL. Следовательно, KM + LN ³ 2[image] = 2[image] = 2[image], причем равенство достигается т. и т. т., когда KM = LN = [image].

[image]

Таким образом построение сводится к тому, чтобы на продолжениях сторон OK и OL параллелограмма OKPL отложить отрезки, равные среднему геометрическому сторон параллелограмма.

Отметим, что искомый отрезок – единственный, а наименьшее значение суммы OM + ON = ([image] + [image])2, где а и bстороны параллелограмма OKPL.

Равенство KM×LN = KP×PL можно доказать иначе. Проведем через точки M и N прямые, параллельные сторонам угла АОВ (см. рис.). Пусть Qточка их пересечения, Е и Fточки пересечения прямых LP и KP c MQ и NQ соответственно, тогда параллелограммы OKPL и PEQF равновелики и имеют соответственно равные углы.

 

8. [ММО; 93.10.4.]

[image]

На стороне AB треугольника ABC во внешнюю сторону построен квадрат с центром О. Точки M и N – середины сторон AC и BC соответственно, а длины этих сторон равны соответственно b и a. Найдите наибольшее значение суммы OM + ON, если угол ACB является переменной величиной.

[u]Ответ[/u]: [image].

Пусть АВDEквадрат, построенный на стороне АВ, тогда [OM] – средняя линия DADC, [ON] – средняя линия DBEC (см. рис.). На отрезках AC и BC во внешнюю сторону построим квадраты AKLC и BTPC. Проведем [BK] и [AT], тогда DABT = DDBC и DBАK = DEAC (по двум сторонам и углу между ними). Следовательно, |DC| –наибольшая тогда и только тогда, когда , |AT| –наибольшая, то есть, TÎ(AC). Аналогично, |EC| –наибольшая тогда и только тогда, когда , |BK| –наибольшая, то есть, KÎ(BC). Для выполнения этих условий необходимо и достаточно, чтобы ÐАСВ = 135°.

В этом случае: [image].

Равенство треугольников можно также доказать, используя поворот плоскости вокруг точек В и А соответственно.

Вход

Диалоги

Директор
Директор
Сегодня в 19:06:28

Zolot,
С имеющимися у Вас фактами, что учителя не справляются со своими обязанностями, Вы можете обратиться к любому заместителю или к директору.
Директор
Директор
Сегодня в 18:59:00

Zolot,
Здравствуйте. За последние два месяца никаких (устных, письменных) обращений от учителей 6б и 6в классов директору не поступало. 28.11.2019 было устное обращение от родителя 6б класса с жалобой на поведение одного учащегося. В данный момент она передана в воспитательную службу.
Zolot
Zolot
Вчера в 18:58:11

Здравствуйте! В 6Б и 6В ужасное поведение на уроках, учителя пишут на Ваше имя докладные, но ничего не меняется, успеваемость очень низкая. К нарушителям и их родителям никаких действий со стороны администрации школы не применяется.Когда начнут разбираться с этой ситуацией?
Директор
Директор
28 ноября 2019

yakuba011,
Промониторили ситуацию с температурой в спортивных залах 10 дней. Все в пределах нормы. Временно вопрос снят с контроля.
yakuba011
yakuba011
19 ноября 2019

Спасибо.
Директор
Директор
18 ноября 2019

yakuba011,
Спасибо за обращение и уточнение. Учителям физкультуры указано на соблюдение температурного режима. В залах установлены термометры.Вопрос поставлен на контроль администрации.
yakuba011
yakuba011
18 ноября 2019

В большой школе.
Директор
Директор
18 ноября 2019

yakuba011,
Добрый день. У нас два здания. Укажите хотя бы класс.
yakuba011
yakuba011
18 ноября 2019

Добрый день. Ребёнок жалуется на холод в спортивном зале. Причём, жару не очень любит. Если бы было просто прохладно, он бы об этом даже не сказал. Поэтому, склонна верить, что реально холодно. Можно ли что-то предпринять по этому поводу ?
Директор
Директор
31 октября 2019

nastas,
Добрый день. Уточните свой вопрос здесь или можете это сделать по тел. 522738- секретарь (529013- директор).

Только зарегистрированные посетители могут вести диалоги.

Опрос на сайте