Trójkat ostrokątny

[Gerid]

W trójkącie ostrokatnym \(\displaystyle{ ABC}\) na jednym z boków obrano punkt \(\displaystyle{ D}\). Przez punkt \(\displaystyle{ D}\) poprowadzono proste równolegle do dwóch pozostałych boków trójkąta,dzieląc trójkąt \(\displaystyle{ ABC}\) na dwa mniejsze trójkąty i równoległobok. Wykaż, że pole równoległoboku jest nie większe niż połowa trójkąta \(\displaystyle{ ABC}\).

[bosa_Nike]

Oblicz pole równoległoboku na dwa sposoby: wprost oraz przez odjęcie pól dwóch małych trójkątów od pola dużego. Porównaj tak uzyskane pola równoległoboku. Otrzymasz, że stosunek długości podstaw dwóch małych trójkątów jest równy stosunkowi ich wysokości. Zapisz tezę w postaci algebraicznej i poupraszczaj wykorzystując otrzymany wcześniej wynik.

[Premislav]

Można również nie zajmować się bezpośrednio polem równoległoboku, tylko zauważyć i udowodnić, że powstałe w ten sposób trójkąty są podobne do dużego trójkąta (cecha podobieństwa kąt, kąt, kąt), a następnie wykorzystać fakt, że stosunek pól figur podobnych jest równy kwadratowi skali podobieństwa.
Dzięki temu teza sprowadza się, po pewnych podstawieniach, do nierówności \(\displaystyle{ t^{2}+(1-t)^{2}\ge \frac{1}{2}, \ t\in(0,1)}\)
(tak naprawdę to zachodzi dla dowolnego \(\displaystyle{ t}\) rzeczywistego, ale to nas nie obchodzi).

[Gerid]

czy jeśli wyszło mi,że pole równoległoboku jest 2 razy mniejsze od pola dużego trójkąta to dobrze? :/

[Premislav]

Nie zawsze tak musi być, tak że niestety prawdopodobnie zablefowałeś. Być może, jak to często w planimetrii bywa, wykonałeś aż nazbyt sugestywny rysunek.

W razie potrzeby mogę napisać dokładniej swoje rozwiązanie.

[Gerid]

poprosiłbym

[Premislav]

Dla ustalenia uwagi niech punkt \(\displaystyle{ D}\) znajduje się na boku \(\displaystyle{ BC}\) (wierzchołki nie są w żaden sposób istotnie rozróżnione).
Niech ponadto prosta przechodząca przez punkt \(\displaystyle{ D}\) i równoległa do boku \(\displaystyle{ AB}\) przecina bok \(\displaystyle{ AC}\) w punkcie \(\displaystyle{ E}\), zaś prosta przechodząca przez punkt \(\displaystyle{ D}\) i równoległa do boku \(\displaystyle{ AC}\) przecina bok \(\displaystyle{ AB}\) w punkcie \(\displaystyle{ F}\). Niech wreszcie \(\displaystyle{ |\angle CAB|=\alpha, \ |\angle ABC|=\beta, \ |\angle BCA|=\gamma}\).
1. Trójkąty \(\displaystyle{ EDC}\) i \(\displaystyle{ ABC}\) są podobne na mocy cechy podobieństwa kąt, kąt, kąt.
Istotnie, ponieważ \(\displaystyle{ AFDE}\) jest równoległobokiem, więc \(\displaystyle{ |\angle DEA=\pi-\alpha}\), a wobec tego \(\displaystyle{ |\angle |CED|=\alpha}\) i \(\displaystyle{ |\angle EDC|=\pi-(\alpha+\gamma)=\beta}\) (oczywiście kąty \(\displaystyle{ BCA, \ DCE}\) są równe i ich miara wynosi \(\displaystyle{ \gamma}\), bo to ten sam kąt).
2. W pełni analogicznym rachunkiem kątów wykazujemy, że trójkąty \(\displaystyle{ FBD}\) i \(\displaystyle{ ABC}\) są podobne na mocy cechy podobieństwa kąt, kąt, kąt, co zostawiam jako ćwiczenie. Otrzymujemy konkretnie \(\displaystyle{ |\angle FBD|=\beta, \ |\angle DFB|=\alpha, \ |\angle BDF|=\gamma}\)
3. Niech \(\displaystyle{ |BC|=x, \ |BD|=y}\), wtedy oczywiście \(\displaystyle{ |DC|=x-y}\). Skalę podobieństwa trójkątów podobnych możemy wyliczyć, badając iloraz długości odpowiadających (czyli znajdujących się przy takich samych kątach) boków. Ponadto w trójkącie \(\displaystyle{ EDC}\) bok \(\displaystyle{ DC}\) odpowiada bokowi \(\displaystyle{ BC}\) trójkąta \(\displaystyle{ ABC}\), a w trójkącie \(\displaystyle{ FBD}\) bok \(\displaystyle{ BD}\) odpowiada bokowi \(\displaystyle{ BC}\) trójkąta \(\displaystyle{ ABC}\).
4. Stosunek pól figur podobnych jest równy kwadratowi skali podobieństwa, toteż
\(\displaystyle{ \frac{S_{FBD}}{S_{ABC}}=\left(\frac{y}{x}\right)^{2}, \ \frac{S_{EDC}}{S_{ABC}}=\left(\frac{x-y}{x}\right)^{2}}\)
Mamy więc po prostych przekształceniach \(\displaystyle{ S_{FBD}+S_{EDC}=S_{ABC}\left(\left(\frac{y}{x}\right)^{2}+\left(1-\frac{y}{x}\right)^{2}\right)}\)
5. Pozostaje wykazać, że gdy \(\displaystyle{ x>y>0}\), to
\(\displaystyle{ \left(\frac{y}{x}\right)^{2}+\left(1-\frac{y}{x}\right)^{2}\ge \frac{1}{2}}\)
Podstawmy \(\displaystyle{ t-\frac{y}{x}}\) i mamy nierówność \(\displaystyle{ t^{2}+(1-t)^{2}\ge \frac{1}{2}}\), czyli równoważnie:
\(\displaystyle{ 2t^{2}-2t+1\ge \frac{1}{2}\\2\left(t-\frac{1}{2}\right)^{2}\ge 0}\)
co jest oczywiste. To kończy dowód.

[janusz47]

Rysunek

\(\displaystyle{ P_{\Delta ABC} = \frac{1}{2}|\overline{AB}|\cdot |\overline{CE}| }\)

\(\displaystyle{ P_{\Delta DFC} = \frac{1}{2}|\overline{DF}|\cdot |\overline{CG}| }\)

\(\displaystyle{ P_{\Delta AED} = \frac{1}{2}|\overline{AE}|\cdot |\overline{DH}| }\)

\(\displaystyle{ |\overline{CE}| = |\overline{CG}| + |\overline{DH}| }\)

\(\displaystyle{ S }\) - pole równoległoboku

Z podobieństwa trójkątów:

\(\displaystyle{ \frac{|\overline{DF}|}{|\overline{AB}|} = \frac{|\overline{AE}|}{|\overline{AB}|} = x, \ \ 0 < x < 1. }\)

\(\displaystyle{ S = P_{\Delta ABC} - ( P_{\Delta DFC} + P_{\Delta AED} ) }\)

\(\displaystyle{ S = \frac{1}{2}|\overline{AB}|\cdot |\overline{CE}|- ( \frac{1}{2}|\overline{DF}|\cdot |\overline{CG}|+\frac{1}{2}|\overline{AE}|\cdot |\overline{DH}|) }\)

\(\displaystyle{ \frac{2S}{P_{\Delta ABC}} = 1- \left(\frac{|\overline{DF}|}{|\overline{AB}|} \cdot \frac{|\overline{CG}|}{|\overline{CE}|} + \frac{|\overline{AE}|}{|\overline{AB}|} \cdot \frac{ |\overline{DH}|}{|\overline{CE}|} \right) }\)

\(\displaystyle{ \frac{2S}{P_{\Delta ABC}} = 1 - \frac{|\overline{DF}|}{|\overline{AB}|}\left( \frac{|\overline{CG}| + |\overline{DH}|}{|\overline{CE}|} \right)}\)

\(\displaystyle{ \frac{2 S}{P_{\Delta ABC}} = 1 - \frac{|\overline{DF}|}{|\overline{AB}|}\left( \frac{|\overline{CE}|}{|\overline{CE}|} \right)}\)

\(\displaystyle{ \frac{2S}{P_{\Delta ABC}} = 1 - x }\)

\(\displaystyle{ \frac{S}{P_{\Delta ABC}} = \frac{1}{2} -\frac{1}{2}x \leq \frac{1}{2} }\)

\(\displaystyle{ S \leq \frac{1}{2} P_{\Delta ABC}. }\)

c.b.d.o.

Dodano po 18 godzinach 14 minutach 2 sekundach:
Przedstawiony wyżej sposób rozwiązania zadania jest błędny.

Zamiast \(\displaystyle{ \frac{2S}{P_{\Delta ABC}} }\) powinno być \(\displaystyle{ \frac{S}{P_{\Delta ABC}}. }\)

Wtedy nie otrzymamy właściwej nierówności między polami trójkąta i równoległoboku.

Proponuję następujący sposób rozwiązania.

Przy oznaczeniach jak wyżej trójkąty:

\(\displaystyle{ \Delta DFC \sim ABC, \ \ \Delta AED \sim ABC }\) na podstawie cechy podobieństwa "kąt- kąt - kąt"

Wprowadzamy skalę podobieństwa w postaci ilorazu:

\(\displaystyle{ x = \frac{\overline{CD}}{\overline{AC}} , \ \ 0 < x < 1, }\)

Przy tym oznaczeniu stosunek pól trójkątów podobnych jest odpowiednio równy

\(\displaystyle{ \frac{P_{\Delta CDF}}{P_{\Delta ABC}} =\left (\frac{|\overline{CD}|}{|\overline{AC}|}\right)^2 = x^2}\)

\(\displaystyle{ \frac{P_{\Delta AED}}{P_{\Delta ABC}} = \left(\frac{|\overline{DA}|}{|\overline{AC}|}\right)^2 = \left (|\frac{\overline{AC}|-|\overline{CD}|}{|\overline{AC}|}\right)^2 = \left(\frac{|\overline{AC}|}{|\overline{AC}|} - \frac{|\overline{CD}|}{|\overline{AC}|}\right)^2 = (1- x)^2 }\)

Stąd

\(\displaystyle{ \Delta P_{\Delta CDF} + P_{\Delta AED} = P_{ABC} ( x^2 + (1-x )^2) }\)

Pole równoległoboku

\(\displaystyle{ S = P_{\Delta ABC} - (\Delta P_{\Delta CDF} + P_{\Delta AED}) = P_{\Delta ABC} - P_{ABC} ( x^2 + (1-x )^2) }\)

\(\displaystyle{ \frac{S}{P_{\Delta ABC}} = 1 - (x^2 + (1-x)^2) = 1 - x^2 -1 +2x -x^2 = 2x -2x^2 = 2x(1 -x) }\)

\(\displaystyle{ S = 2x(1- x)\cdot P_{\Delta ABC} \leq \max_{0< x <1} [ 2x(1-x)] P_{\Delta ABC} = \frac{1}{2} P_{\Delta ABC},}\)

co mieliśmy wykazać

[bosa_Nike]

To jeszcze ja napiszę to samo inaczej.
Obrócimy sobie ten duży trójkąt tak, by jedna z prostych przechodzących przez \(\displaystyle{ D}\) była równoległa do podstawy. Mamy dwa małe trójkąty: "górny", którego podstawę i wysokość oznaczymy odpowiednio \(\displaystyle{ a,h_a}\), oraz "dolny", o podstawie i wysokości \(\displaystyle{ b,h_b}\). Mamy również \(\displaystyle{ \frac{a}{b}=\frac{h_a}{h_b}}\) lub też \(\displaystyle{ ah_b=bh_a}\).
Pole dużego trójkąta jest więc równe \(\displaystyle{ \frac{1}{2}(a+b)(h_a+h_b)}\), a pole równoległoboku jest równe \(\displaystyle{ ah_b}\).
Teza zadania to $$\frac{1}{4}(a+b)(h_a+h_b)\ge ah_b$$ lub $$(a+b)(h_a+h_b)\ge 4ah_b=2(ah_b+bh_a)$$ lub $$(a-b)(h_a-h_b)\ge 0$$ lub $$bh_b\left(\frac{a}{b}-1\right)\left(\frac{h_a}{h_b}-1\right)=bh_b\left(\frac{a}{b}-1\right)^2\ge 0.$$

[janusz47]

Można udowodnić ogólniejsze twierdzenie

Dla każdego równoległoboku o polu \(\displaystyle{ S, }\) leżącego wewnątrz trójkąta o polu \(\displaystyle{ P }\) prawdziwa jest nierówność \(\displaystyle{ S\leq \frac{1}{2}P.}\)