XXXVII OM - I - Zadanie 8

Niech $ E $ będzie dowolnym punktem wewnętrznym boku $ AB $ czworokąta wypukłego $ ABCD $. Oznaczmy odpowiednio przez $ S_1, S_2, T $ pola trójkątów $ ADE $, $ BCE $ oraz $ CDE $.

a) Udowodnić, że jeżeli $ |\measuredangle A| + |\measuredangle B| = 180^{\circ} $, to $ T \geq 2\sqrt{S_1S_2} $.

b) Udowodnić, że jeżeli $ |\measuredangle A| + |\measuredangle B| > 180^{\circ} $, to $ T > 2\sqrt{S_1S_2} $.

Rozwiązanie

a) Gdy $ |\measuredangle DAE| + |\measuredangle EBC| = 180^\circ $, proste $ BC $ i $ DA $ są równoległe, więc czworokąt $ ABCD $ jest trapezem. Oznaczmy długości boków $ DA $ i $ BC $ przez $ a_1 $ i $ a_2 $, a długości wysokości trójkątów $ DAE $ i $ BCE $ opuszczonych z wierzchołka $ E $ odpowiednio przez $ h_1 $ i $ h_2 $ (rysunek 3). Pole trapezu $ ABC $ równa się

\[<br /> S_1+S_2+ T = \frac{1}{2} (a_1+a_2) (h_1+h_2),<br /> \]

a pola trójkątów $ DAE $ i $ BCE $ są równe

\[<br /> S_1 = \frac{1}{2} a_1h_1,\ S_2 = \frac{1}{2} a_2h_2.<br /> \]

om37_1r_img_3.jpg
om37_1r_img_4.jpg
Stąd na mocy nierówności między średnią arytmetyczną i geometryczną

\[<br /> T = \frac{1}{2} (a_1h_2+ a_2h_1) \geq \sqrt{(a_1h_2)(a_2h_1)} = 2 \sqrt{S_1S_2}.<br /> \]

b) Gdy $ |\measuredangle DAE| + |\measuredangle EBC| > 180^\circ $, prowadzimy przez punkt $ C $ prostą równoległą do prostej $ DA $. Przecina ona prostą $ AB $ w punkcie $ B' $ tak, że $ B $ jest punktem wewnętrznym odcinka $ AB' $ (rysunek 4). Na mocy udowodnionej już tezy a), zastosowanej do trapezu $ AB'CD $, zachodzi nierówność $ T \geq 2\sqrt{S_1S_2'} $, gdzie $ S_2' $ oznacza pole trójkąta $ B'CE $. Jest ono większe od $ S_2 $, bo trójkąt $ B'CE $ zawiera trójkąt $ BCE $ (i nie jest z nim identyczny). Zatem $ T > 2\sqrt{S_1S_2} $.

  • Wersja do wydrukuWersja do wydruku
  • Podziel się / Zapisz

Komentarze

Dodaj nową odpowiedź