Доведення нерівностей в геометрії (для трикутника)

Про матеріал

Задачі на доведення вперше ми зустрічаємо при вивчені теореми Піфагора. Як наслідок з теореми: У прямокутному трикутнику будь-який з катетів менший за гіпотенузу, а тому коли з даної точки до прямої проведені перпендикуляр і похила, то перпендикуляр менший похилої і рівні похилі мають рівні проекції, з двох похилих більша та, у якої проекція більша.

Перегляд файлу

Доведення нерівностей в геометрії (для трикутника)

Доведення нерівностей в геометрії є однією із закритих тем. Таких задач є досить багато у різних розділах, проте на уроках їх розв’язують досить мало.

Потім доводимо теорему:

«Які б не були три точки, відстань між будь-якими двома з них не більша за суму відстаней від них до третьої точки». Як наслідок: «У будь-якому трикутнику кожна сторона не більша за суму двох інших сторін». Нерівності трикутника дозволяють доводити великий клас алгебраїчних нерівностей. Наприклад у підручнику «Геометрія, 9 клас, підручник для класів з поглибленим вивченням математики» автори Мерзляк А.Г., Полонський В.Б.. Якір М.С.

Зустрічаємо такі задачі:

Знайти найменше значення виразу .
Довести, що для додатних чисел а, b і с виконується нерівність.

Розв’яжемо задачу 2.

Побудуємо три довільні відрізки

ОА, ОВ, ОС, такі що АО=а, ОВ=b, ОС= с і .

За теоремою косинусів з трикутників АОВ, ВОС і АОС відповідно маємо:

За нерівністю трикутника, з АВС випливає очевидна нерівність. .

Задачі на доведення складають близько 1,4 % від загальної кількості запропонованих задач у підручниках.

При доведенні геометричних нерівностей використовують базові твердження, а саме: нерівність трикутника, обмеженість тригонометричних функцій та співвідношення між середнім гармонійним, середнім геометричним, середнім арифметичним та середнім квадратичним двох або трьох додатних чисел.

або .

Нерівностей, пов’язаних з тригонометричними функціями кутів трикутника є багато. Доведемо, наприклад, таку:

№1

В довільному трикутнику АВС .

Доведення

Середнє арифметичне і середнє геометричне трьох чисел зв’язані нерівністю або . Тому

(1)

За умовою А+В+С=π, А+В=π - С.

;

Повернувшись до нерівності (1) одержимо

Рівність досягається тоді, коли .

Доведена нерівність має простий геометричний зміст. Помножимо обидві частини нерівності на 2R. Одержимо

, або

, .

Рівність одержимо тоді, коли , тобто АВС – рівносторонній.

Таким чином з усіх трикутників вписаних у коло, найбільший периметр має рівносторонній трикутник.

№2 Довести, що в довільному трикутнику

Доведення

Відомо, що в трикутнику

Але , тому

Знак рівності має місце тоді, коли .

№3 Довести, що

Нехай медіани трикутника перетинаються в точці М, а центр описаного кола, точка О.

, ,

Проте , тому ,

Проте .

Звідси (1)

Використаємо нерівність Коші для трьох чисел

Виконаємо заміну .

Використавши нерівність (1) одержимо, що

Рівність одержимо тоді, коли АВС – рівносторонній.

№4 Довести, що в трикутнику, р – півпериметр.

Доведення

Нехай АD бісектриса у АВС.

За властивістю бісектриси маємо:

; або ,

; ,

звідси.

Аналогічно виражаємо.

Крім того бісектриса

(1)

Порівняємо

Складемо різницю

, отже

Врахувавши доведену нерівність рівність (1) запишемо у вигляді нерівності

Рівність досягається тоді, коли трикутник рівносторонній.

Справді .

Тобто бісектриса є одночасно висотою.

№ 5 Довести, що в довільному трикутнику , де р – півпериметр.

Доведення

Для довільних чисел справедлива нерівність

(1)

Згідно задачі №4 , i ,

Тоді

Знайдений результат підставляємо в нерівність (1).

Одержимо , або .

Рівність одержимо тоді, коли трикутник рівносторонній.

№6 Довести, що у довільному трикутнику ,

r - радіус вписаного кола.

Доведення

, тому або .

Аналогічно , .

Додамо одержані рівності

. Але ,

, тому . Рівність досягається лише у рівносторонньому трикутнику.

№7 На сторонах АВ, ВС і АС трикутника АВС взяли довільно відповідні точки С₁, А₁ і В₁. Довести, що площа одного з трикутників АВ₁С₁, А₁ВС₁, А₁В₁С не перевищує: а) ; б) .

Доведення

а) На сторонах АВС візьмемо довільні точки А₁, В₁і С₁.

Введемо позначення, як показано на малюнку,

тоді СА₁=а-х, АВ₁=в-у, ВС₁=с-z.

Знайдемо ,

;

Складемо відношення

; ; .

Перемножимо рівності

;

Оцінимо

Аналогічно ; .

Оскільки добуток трьох множників не більший від , то обов’язково один із множників не більший . Рівність досягається тоді, коли точки А₁, В₁і С₁ – середини сторін.

б) У випадку а)

; (1)

Позначимо

, тоді

Виконаємо заміну у рівність (1).

Нехай , тоді (див. випадок а)

(0<m<1) , або .

З’ясуємо, якого значення набуває вираз .

Нехай , тоді ; при

, .

При , , це може бути як один з випадків, коли А₁, В₁і С₁ – середини сторін трикутника АВС.

Отже , тому відношення буде завжди менше від числа, яке не менше . в допустимих межах.

У випадку а) існує трикутник , який не більше , тому не більший за . Рівність одержимо тоді, коли точки А₁, В₁і С₁ є серединами сторін трикутника.

№8 Довести, що у прямокутному трикутнику має місце нерівність ,де h – висота проведена до гіпотенузи, r - радіус вписаного кола.

Доведення

а) Нехай , тоді .

Відомо, що S=pr, .

Звідси , тому .

б) , звідси (1)

Проте

Використавши нерівність з рівності (1) одержимо

№9. Довести, що площа рівнобедреного трикутника не більша квадрата медіани, проведеної до бічної сторони.

Доведення

а) Нехай АВ – основа рівнобедреного трикутника АВС, AD – медіана, проведена до бічної сторони. Проведемо DKAB. Введемо позначення: AD=m, AK = x, DK = y.