XXXVII OM - I - Zadanie 8

Zawody matematyczne:

XXXVII OM, 1985-1986

Etap:

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

$ S_1+S_2+ T = \frac{1}{2} (a_1+a_2) (h_1+h_2), $

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

$ S_1 = \frac{1}{2} a_1h_1,\ S_2 = \frac{1}{2} a_2h_2. $

Stąd na mocy nierówności między średnią arytmetyczną i geometryczną

$ T = \frac{1}{2} (a_1h_2+ a_2h_1) \geq \sqrt{(a_1h_2)(a_2h_1)} = 2 \sqrt{S_1S_2}. $

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 $T > 2\sqrt{S_1S_2}$ .