Задача 1:

Докажите, что при b + c > a, a + c > b, a + b > c, где a, b и c – положительные числа, существует треугольник со сторонами a, b и c.

Решение:

Указание: выясните, какой может быть длина третьей стороны в треугольнике, две стороны которого имеют длины a и b.

Задача 2:

Докажите, что медиана AM в треугольнике ABC по длине больше, чем (AB + AC – BC)/2.

Решение:

Указание: докажите неравенства AM > AB – BC/2 и AM > AC – BC/2.

Задача 3:

Докажите, что из отрезков длины a, b и c можно составить треугольник тогда и только тогда, когда есть такие положительные x, y, z, что a = x + y, b = y + z, c = x + z.

Решение:

Указание: рассмотрите окружность, вписанную в треугольник, и длины отрезков, на которые точки касания делят стороны.

Задача 4:

Докажите, что если AB = AC, то углы ABC и ACB равны.

Решение:

Указание: проведите доказательство от противного.

Задача 5:

В треугольнике ABC длина медианы AM больше половины длины BC. Докажите, что угол BAC – острый.

Решение:

Указание: используйте неравенства  ∠ BAM >  ∠ ABM и  ∠ CAM >  ∠ ACM.

Задача 6:

Докажите, что если из отрезков длины a, b и c можно составить треугольник,то его можно составить и из отрезков длины , , .

Решение:

Это простое упражнение на применение неравенства треугольника.

Задача 7:

ABCD – выпуклый 4-угольник, причем AB + BD < AC + CD. Докажите, что AB < AC.

Решение:

Так как AB + CD < AC + BD (кстати, почему?), то, складывая это неравенство с данным в условии, получаем требуемое.

Задача 8:

Центры трех непересекающихся кругов расположены на одной прямой. Докажите, что если окружность касается всех кругов, то ее радиус больше радиуса одного из них.

Решение:

1. Можно считать, что все касания внешние иначе утверждение задачи очевидно. Тогда, если мы обозначим радиусы окружностей с центрами A, B, C и D соответственно через r₁, r₂, r₃ и R, то по неравенству треугольника AD + DC > AC, то есть R + r₁ + R + r₃ > AC > r₁ + r₃ + 2r₂ и значит, R > r₂, ч.т.д.

2. Один из углов DBA и DBC – неострый и значит, наибольший в соответствующем треугольнике. Пусть это угол DBA. Тогда по неравенству 2 DA > AB, т.е. R + r₁ > AB > r₁ + r₂ и значит, R > r₂, ч.т.д.

Задача 9:

Пусть ABCD и A₁B₁C₁D₁ – два выпуклых 4-угольника с соответственно равными сторонами. Докажите, что если  ∠ A >  ∠ A₁, то  ∠ B <  ∠ B₁,  ∠ C >  ∠ C₁,  ∠ D <  ∠ D₁.

Решение:

Раз  ∠ A >  ∠ A₁, то BD > B₁D₁, и значит  ∠ C >  ∠ C₁. Если же  ∠ B >  ∠ B₁, то аналогично  ∠ D >  ∠ D₁, чего быть не может, так как сумма углов в четырехугольниках одна и та же.

Задача 10:

Докажите, что медиана треугольника, заключенная между двумя его неравными сторонами, образует больший угол с меньшей из двух этих сторон.

Решение:

Надо достроить треугольник ABC до параллелограмма ABDC и применить неравенство о большей стороне и большем угле.

Задача 11:

Могут ли в прямолинейной пятиконечной звезде ABCDEFGHIK выполняться неравенства: AB > BC, CD > DE, EF > FG, GH > HI, IK > KA?

Решение:

Из неравенства о большей стороне и большем угле следует, что  ∠ BAC >  ∠ BCA =  ∠ DCE >  ∠ DEC =  …  >  ∠ KAI =  ∠ BAC – противоречие!

Задача 12:

Дан равнобедренный треугольник ABC с углом при вершине B, равным 20 градусов. Докажите, что а) AB < 3AC; б) AB > 2AC.

Решение:

а) Приложите друг к другу боковыми сторонами три копии данного треугольника. б) Отложите на стороне AB отрезок AE, равный основанию AC, и докажите, что EB > CE > AC.

Задача 13:

Периметр пятиконечной звезды с вершинами в вершинах выпуклого пятиугольника Ф, периметр самого Ф, и периметр внутреннего пятиугольника звезды – простые числа. Докажите, что их сумма не меньше 20.

Решение:

Если обозначить три указанных периметра через a, b, c, то a > c, a + c < b, 2a > b. Дальше действуйте перебором.

Задача 14:

На каждой стороне квадрата отмечено по точке. Докажите, что периметр образованного ими четырехугольника не меньше удвоенной длины диагонали квадрата.

Решение:

«Разверните» периметр четырехугольника, как это показано