XXXI - I - Zadanie 3

W okrąg $k$ wpisany jest trójkąt $ABC$ . Na okręgu $k$ wybrano takie punkty $A', B', C'$ , że proste $AA', BB', CC'$ zawierają środkowe trójkąta $ABC$ . Wykazać, że pole trójkąta $A'B'C'$ jest nie mniejsze od pola trójkąta $ABC$ .

Rozwiązanie

Oznaczmy $AB = c$ , $BC = a$ , $CA = b$ , $\measuredangle BAC = \alpha$ , $\measuredangle ABC = \beta$ , $\measuredangle BCA = \gamma$ . Niech $C_1$ będzie środkiem boku $\overline{AB}$ .

Stosując dla środkowej $\overline{CC_1}$ dowiedziony na s. 32 lemat otrzymamy

$ CC_1 = \frac{1}{2} \sqrt{2a^2 + 2b^2 - c^2}. $

Ponieważ $\measuredangle B'A'C' = \measuredangle B'A'A + \measuredangle AA'C'$ oraz $\measuredangle B'A'A = \measuredangle ABB'$ jako kąty wpisane w koło oparte na tym samym łuku i $\measuredangle AA'C' = \measuredangle ACC'$ , więc $\measuredangle B'A'C' = \measuredangle ABB' + \measuredangle ACC'$ . Wyliczymy $\sin \measuredangle ACC'$ stosując twierdzenie sinusów do trójkąta $ACC_1$ .

$ \sin \measuredangle ACC' = \frac{c}{2} \cdot \frac{\sin \alpha}{CC_1} = \frac{c}{2} \cdot \frac{\sin \alpha}{\frac{1}{2} \sqrt{2a^2 + 2b^2 - c^2}}= \frac{c \cdot \sin \alpha}{\sqrt{2a^2 + 2b^2 - c^2}}. $

Z twierdzenia cosinusów zastosowanego do tego samego trójkąta wyliczamy

$ \begin{split} \cos \measuredangle ACC' = \frac{b^2 + CC_1^2 - \left( \frac{c}{2} \right)^2}{2b \cdot CC_1} = \frac{b^2 + \frac{1}{2}(a^2+b^2-\frac{1}{2}c^2 - \frac{c^4}{4})}{2b \cdot \frac{1}{2} \sqrt{2a^2 + 2b^2 - c^2}}= \\ \frac{\frac{1}{2} a^2 + \frac{3}{2}b^2 - \frac{1}{2}c^2}{b \cdot \sqrt{2a^2 + 2b^2 - c^2}} = \frac{a^2+3b^2-c^2}{2b \cdot \sqrt{2a^2+2b^2-c^2}}. \end{split} $

Analogiczne rachunki pozwalają wyliczyć $\displaystyle \sin \measuredangle ABB' = \frac{b \cdot \sin \alpha}{\sqrt{2a^2+2c^2-b^2}}$ ,
$\displaystyle \cos \measuredangle ABB' = \frac{a^2+3c^2-b^2}{2c \cdot \sqrt{2a^2+2c^2-b^2}}$ .

Otrzymujemy stąd

$ \begin{split} & \sin \measuredangle B'A'C' = \sin (\measuredangle ABB' + \measuredangle ACC') = \sin \measuredangle ABB' \cdot \cos \measuredangle ACC' + \\ & + \cos \measuredangle ABB' \cdot \sin \measuredangle ACC' = \frac{b \cdot \sin \alpha}{\sqrt{2a^2 + 2c^2 - b^2}} \cdot \frac{a^2 + 3b^2 - c^2}{2b \cdot \sqrt{2a^2 + 2b^2 - c^2}} +\\ & + \frac{c \sin \alpha}{2a^2 + 2b^2 - c^2} \cdot \frac{a^2 + 3c^2 - b^2}{2c \cdot \sqrt{2a^2 + 2c^2 - b^2}} = \frac{(a^2 + 3b^2 - c^2 + a^2 + 3c^2 - b^2) \cdot \sin \alpha}{2 \sqrt{2a^2 + 2b^2 - c^2} \cdot \sqrt{2a^2 + 2c^2 - b^2}}=\\ & \frac{(a^2+b^2+c^2) \cdot \sin \alpha}{\sqrt{2a^2 + 2b^2 - c^2} \cdot \sqrt{2a^2+2c^2-b^2}}, \end{split} $

Stosując analogiczne rachunki otrzymamy

$ \sin \measuredangle A'B'C' = \frac{(a^2+b^2+c^2) \cdot \sin \beta}{\sqrt{2a^2+2b^2-c^2} \cdot \sqrt{2b^2+2c^2-a^2}}, $

$ \sin \measuredangle B'C'A' = \frac{(a^2+b^2+c^2) \cdot \sin \gamma}{\sqrt{2a^2+2c^2-b^2} \cdot \sqrt{2b^2+2c^2-a^2}}. $

Ponieważ pole $S'$ trójkąta $A'B'C'$ równe jest $\frac{a'b'c'}{4r}$ , gdzie $a'$ , $b'$ , $c'$ są długościami boków oraz

$ \frac{a'}{\sin \measuredangle B'A'C'} = \frac{b'}{\sin \measuredangle A'B'C'}= \frac{c'}{\sin \measuredangle A'C'B'} = 2r, $

więc $S' = 2r^2$

$ \begin{split} & \sin \measuredangle B'A'C' \cdot \sin \measuredangle A'B'C' \cdot \sin \measuredangle A'C'B' =\\ &\qquad = 2r^2 \cdot \frac{(a^2 + b^2 + c^2)^3 \cdot \sin \alpha \cdot \sin \beta \cdot \sin \gamma}{(2a^2 + 2b^2 - c^2)(2a^2 + 2c^2 - b^2)(2b^2 + 2c^2 - a^2)}. \end{split} $

Z nierówności dla średniej arytmetycznej i średniej geometrycznej otrzymujemy

$ \begin{split} & \sqrt{(2a^2 + 2b^2 - c^2) (2a^2 + 2c^2 - b^2) (2b^2 + 2c^2 - a^2)} < \\ &\qquad < \frac{1}{3} [(2a^2 + 2b^2 - - c^2) + (2a^2 + 2c^2 - b^2) + (2b^2 + 2c^2 - a^2)] = a^2 + b^2 + c^2, \\ \end{split} $