Исследовательская работа Геометрические неравенства в планиметрии

Основная часть 
Неравенство треугольника 
В каждом треугольнике любая сторона меньше суммы двух других сторон.
Это простое утверждение называется неравенством треугольника. 
Оно даёт ответ на такой вопрос «Всегда ли можно построить треугольник, 
сторонами которого являются заданные отрезки a, b и c?» 
Такой треугольник нельзя построить, если хотя бы один из этих отрезков 
больше или равен сумме двух других. Чтобы треугольник с заданными дли-
нами сторон существовал, необходимо, чтобы было выполнено три неравен-
ства a < b+c , b < a+c , c < a+b , но необязательно проверять справедливость 
всех трёх неравенств. Достаточно проверить только одно, остальные будут 
выполнены автоматически.
 
Задача №1. 
В треугольнике ABC со сторонами AC=a, BC=b высота CN делит сторону AB 
на части AN=x и BN=y.
Доказать, что если a>b, то a – x < b – y.
Рис.1 
Доказательство: Отложим от точки N отрезок KN равный отрезку NB. 
По условию a>b (AC>BC), то точка K лежит между AN. 

---

5 
Значит, 
∆
CKN= 
∆
CBN, CK=CB. 
В 
∆
ACK, AC=a, CK=CB=b, AK=x – y, согласно неравенству треугольника 
должно быть выполнено ACa < (x – y) + b 
a < x – y + b 
a – x < -у + b 
a – x< b – y
Что и требовалось доказать. 
Неравенство треугольника можно использовать также для выяснения лежат 
ли три точки на одной прямой или нет.
Если, например, ABИногда неравенством треугольника называют также сформулированное ниже 
следствие. 
Следствие из неравенства треугольника. 
Каковы бы ни были три точки, расстояние между любыми двумя этих точек 
не больше суммы расстояний от них до третьей точки. 
Задача №2. (Олимп. 8 кл.) 
Докажите, что у равнобедренного треугольника, с углом напротив основания 
в 20°, боковая сторона больше удвоенного основания.
 
Рис.2 

---

6 
Доказательство, 
∆
ABC – равнобедренный , 
∠
А=20°, 
∠
В = 
∠
С = 
= (180° - 20°):2=80° 
На стороне АС отложили отрезок СD, СD= СB
∆
CDB-равнобедренный, BC=DC 
∠
CDB = 
∠
СBD = (180°- 80°):2=50° 
∠
ABD=80°- 50°=30°, 
∠
ABD > 
∠
А, AD>BD 
В 
∆
BDC, 
∠
С >
∠
BDC, BD>BC
Итак, AD>BD, BD>BC, AD>BC, DC>BC, AC=2BC , так как AC=AD+DC
Что и требовалось доказать. 
Задача №3. (Олимп. 9 кл.) 
Отрезки AB и CD длиной, равной 1, пересекаются в точке O, 
∠
AOC=60°. 
Докажите, что AC+BD ≥ 1. 
Рис.3 
Доказательство: Рассмотрим геометрическое решение.
Пусть ACB1B-параллелограмм.
AC=BB1, AB=CB1, AB
║
CB1 и 
∠
AOC=
∠
DCB1=60° (накрест лежащие углы 
при секущей OC)

---

7 
∆
DCB1- равнобедренный, CD = CB1, так как AB=CD=B1C=1 
∆
DCB1- равносторонний, то есть DC=B1C=B1D=1, 
в
∆
DBB1, BB1+ BD ≥ B1D, но BB1=AC (противоположные стороны парал-
лелограмма) или AC+BD ≥ 1 
Что и требовалось доказать. 
Задача №4. 
Докажите, что сумма медиан треугольника больше полупериметра, но мень-
ше периметра. 
Рис.4
Доказательство: Обозначим стороны AB=c, BC=a, AC=b,AL=Ma,
BM=Mb, CK=Mc 
Докажем: Ma+Mb+Mc = a+b+c 
D принадлежит медиане BM, BM=MD, ABCD – параллелограмм, 
(так как DB и AC диагонали), AD
║
BC, AD=BC=a, AB=CD=c
В 
∆
ABC, BC+AB>AC, т.е a+c=2Mb 
В 
∆
ABC, AC+BC>AB,т.е. a+b=2Mc 

---

8 
В
∆
ABC, AC+AB>BC,т.е. b+c=2Ma 
a+c+a+b+b+c>2Mb+2Mc+2Ma, a+b+c>Mb+Mc+Ma 
В 
∆
ABM, AM+BM>AB, то есть Mb+b:2>с, 
В 
∆
ALC ma+a:2>b. 
В 
∆
BKC mc+c:2>a
ma+mb+mc+(a+b+c):2> a+b+c, ma+mb+mc> (a+b+c):2 
Что и требовалось доказать. 
Задача №5 
Пусть точки B и C принадлежат отрезку AD. 
Докажите, что, если AB = CD, то для любой произвольной точки P верно не-
равенство PA+PD ≥ PB+PC.
Рис.6
Доказательство: Если точка P лежит на AD, то неравенство очевидно. 
Рассмотрим, если P не принадлежит AD, O-середина AD и BC. 
C и B принадлежат отрезку AD. Точка Q симметрична точке P. 
CQ
║
PB , а четырёхугольник CPBQ-параллелограмм. 

---

9 
Аналогично в четырёхугольнике APDQ, APDQ-параллелограмм. 
Параллелограмм CPBQ находится внутри параллелограмма APDQ 
Papdq>Pcpbq, PA+PD ≥ PC+PB. 
Что и требовалось доказать.