Сложив почленно эти три неравенства, получим:

AM + BN + CK < AB + BC + AC.


Источник: web-сайт http://zadachi. mccme. ru. Система задач по геометрии задача 3515

№30 Темы: Свойства медиан. Отношение площадей Сложность:5

треугольников с общим углом Классы: 8,9

Условие Дан треугольник ABC, площадь которого равна 2. На медианах AK, BL и CN треугольника ABC взяты соответственно точки P, Q и R так, что AP : PK = 1, BQ : QL = 1 : 2, CR : RN = 5 : 4. Найдите площадь треугольника PQR.

Решение

Пусть O — точка пересечения медиан треугольника ABC. Тогда $\displaystyle {\frac{AO}{OK}}$= $\displaystyle {\frac{BO}{OL}}$= $\displaystyle {\frac{CO}{ON}}$= 2.

Заметим, что

S$\scriptstyle \Delta$AOB = S$\scriptstyle \Delta$AOC = S$\scriptstyle \Delta$BOC = $\displaystyle {\textstyle\frac{1}{3}}$. S$\scriptstyle \Delta$ABC = $\displaystyle {\textstyle\frac{2}{3}}$.

Обозначим AK = 6a, BL = 6b, CN = 9c. Тогда

OP = OA - AP = 4a - 3a = a, OQ = OB - BQ = 4b - 2b = 2b, OR = 6c - 5c = c.

Следовательно,

S$\scriptstyle \Delta$PQR = S$\scriptstyle \Delta$POQ + S$\scriptstyle \Delta$POR + S$\scriptstyle \Delta$ROQ =

= $\displaystyle {\frac{OP}{OA}}$. $\displaystyle {\frac{OQ}{OB}}$. S$\scriptstyle \Delta$AOB + $\displaystyle {\frac{OP}{OA}}$. $\displaystyle {\frac{OR}{OC}}$. S$\scriptstyle \Delta$AOC + $\displaystyle {\frac{OR}{OC}}$. $\displaystyle {\frac{OQ}{OB}}$. S$\scriptstyle \Delta$BOC =

= $\displaystyle {\frac{a}{4a}}$. $\displaystyle {\frac{2b}{4b}}$. S$\scriptstyle \Delta$AOB + $\displaystyle {\frac{2b}{4b}}$. $\displaystyle {\frac{c}{6c}}$. S$\scriptstyle \Delta$AOC + $\displaystyle {\frac{c}{6c}}$. $\displaystyle {\frac{2b}{4b}}$. S$\scriptstyle \Delta$BOC =

= $\displaystyle {\textstyle\frac{1}{4}}$. $\displaystyle {\textstyle\frac{1}{2}}$. S$\scriptstyle \Delta$AOB + $\displaystyle {\textstyle\frac{1}{4}}$. $\displaystyle {\textstyle\frac{1}{6}}$. S$\scriptstyle \Delta$AOC + $\displaystyle {\textstyle\frac{1}{6}}$. $\displaystyle {\textstyle\frac{1}{2}}$. S$\scriptstyle \Delta$BOC =

= $\displaystyle {\textstyle\frac{2}{3}}$$\displaystyle$\displaystyle {\textstyle\frac{1}{4}}$. $\displaystyle {\textstyle\frac{1}{2}}$+ $\displaystyle {\textstyle\frac{1}{4}}$. $\displaystyle {\textstyle\frac{1}{6}}$+ $\displaystyle {\textstyle\frac{1}{6}}$. $\displaystyle {\textstyle\frac{1}{2}}$$\displaystyle= $\displaystyle {\textstyle\frac{2}{3}}$$\displaystyle$\displaystyle {\textstyle\frac{1}{8}}$+ $\displaystyle {\textstyle\frac{1}{24}}$+ $\displaystyle {\textstyle\frac{1}{12}}$$\displaystyle \left.\vphantom{\frac{1}{8}+ \frac{1}{24}+ \frac{1}{12}}\right)$= $\displaystyle {\textstyle\frac{2}{3}}$. $\displaystyle {\textstyle\frac{1}{4}}$= $\displaystyle {\textstyle\frac{1}{6}}$.


Ответ $ {\frac{1}{6}}$.

Источник: web-сайт http://zadachi. mccme. ru. Система задач по геометрии задача 3829

№31 Темы: Удвоение медианы. Неравенства с площадями Сложность:5

Средняя линия трапеции Отношение площадей Классы: 8,9,10

Условие В треугольнике ABC точка D – середина стороны AB . Можно ли так расположить точки E и F на сторонах AC и BC соответственно, чтобы площадь треугольника DEF оказалась больше суммы площадей треугольников AED и BFD ?

Решение
Рассмотрим произвольный треугольник АВС с точками E и F на сторонах АС и ВС . Пусть С' – образ точки С , а F' – образ точки F при симметрии с центром в точке D (см. рис. 11.5.1). Тогда четырехугольник ACBС' – параллелограмм, а точка F' лежит на его стороне АС' . Так как ЕАF' = ЕАB + BAF' = CАB + CBA < 180o , то четырехугольник AEDF' – выпуклый (это следует также из того, что ЕАF – угол параллелограмма).
Треугольники AF'D и BFD равны, значит, SAEDF'=SAED+SAF'D= SAED+SBFD . Кроме того, так как D – середина отрезка FF' , то SDEF=SDEF' . Так как SAEDF'>SDEF' , то SAED+SBFD>SDEF , следовательно, указанным образом расположить точки невозможно.

Из за большого объема этот материал размещен на нескольких страницах:
1 2 3 4 5 6 7