XII OM - I - Zadanie 4

Dowieść, że jeżeli $ A $, $ B $, $ C $, $ D $ są wierzchołkami czworościanu, a $ S $ jest środkiem ciężkości trójkąta $ ABC $, to

\[<br />
SD<\frac{AD+BD+CD}{3}<br />
\]

Rozwiązanie

\spos{I} Dowód twierdzenia przestrzennego daje się często poprowadzić analogicznie do dowodu odpowiedniego twierdzenia płaskiego. Tak jest również w danym przypadku. Zachodzi bowiem twierdzenie: środkowa $ CS $ trójkąta $ ABC $ jest mniejsza od średniej arytmetycznej boków $ AC $ i $ BC $ (rys. 3).
Dla dowodu wystarczy połączyć środek $ S $ boku $ AB $ ze środkiem $ T $ boku $ AC $. Wówczas

\[<br />
SC <ST + TC<br />
\]

a ponieważ $ ST = \frac{1}{2} BC $, a $ TC = \frac{1}{2} AC $, więc istotnie

\[<br />
SC < \frac{1}{2} (AC + BC)  %błąd w źródle<br />
\]

Naśladując ten dowód połączmy środek ciężkości $ S $ ściany $ ABC $ czworościanu $ ABCD $ ze środkiem ciężkości $ T $ ściany $ ABD $ (rys. 4). Wówczas:

\[<br />
SD <ST + TD<br />
\]

Otóż $ ST $ łączy punkty $ S $ i $ T $ dzielące boki $ MC $ i $ MD $ trójkąta $ CMD $ ($ M $ = środek krawędzi $ AB $) w stosunku $ 1 : 3 $, wobec czego $ ST =\frac{1}{3}CD $. Odcinek $ TD $ stanowi $ \frac{2}{3} $ środkowej $ MD $ trójkąta $ ABD $, a ponieważ, jak wiemy z poprzedniego, $ MD < \frac{1}{2} (AD + BD) $, więc $ TD < \frac{1}{3} (AD + BD) $. Podstawienie do poprzedniej nierówności daje

\[<br />
SD< \frac{1}{3} (AD +'BD + CD)<br />
\]

czego należało dowieść.

Komentarze

Dodaj nową odpowiedź