DSCN1132 (2)

Przypadek XeU rozpatruje się podobnie, jak XeS.

Dla X 6 Tokrąg o średnicy XO zawiera się w okręgu o średnicy OP i przecina luk Ali w dwóch punktach.

Wreszcie dla X e    weźmy dowolny punkt Y należący do luku

A6 i niech J" będzie punktem symetrycznym do Y względem punktu O. Wtedy

< min^l-MOY|, i|<t BOr|j < 90°

i dlatego punkt V leży na zewnątrz okręgu o średnicy OX.

5.4.    Wiadomo, że

P& ABC ~ P^ ASO "i" P& SCO ‘b P/kCAO >

więc i|/4B| • h, = i|AB|x + ^l^CBl> + ~j£^A\^z-

Dzieląc obie strony równości przez i|AB|'/i,, otrzymujemy:

₍₁₎JL ₊ J^!Ł ₊ JCdłi _{= 1}.    ^:

^y> hi \AB\h, |AB|h,

Ale

|i4B|'hi = |CB|-h₂,

\CA\-h₃ = \AB\h_t.

Więc powracając do (1) otrzymujemy: x y z .

r ⁺ r ⁺ r- i!

A, h₂ h₃

5.5.    Jeśli długości boków AB, BC, AC oznaczymy odpowiednio przez a, b, c, to

PtsABC = 2<^aZ + ^bx + ^cy)-Ale wiadomo również, że

PsABc = 2^r(“ + b + c),

U&l ja > i

wobec tego mamy równość ■ az + bx + cy = r(a + b + c).

Zakładając, że

mamy

a + b + c

2 a

r(a + b + c) = az + bx + cy ^ a(x + y + z), a stąd na mocy nierówności a<b + c otrzymujemy _< (x + y + z)a ^(x + y + z)a x + y + z

5.6. Załóżmy, że: prosta równoległa do boku AB przecina boki AC i BC odpowiednio w punktach D, G; prosta równoległa do AC przecina boki AB i BC w punktach /, F; prosta równoległa do BC przecina boki AB i BC w punktach H, E.

Oznaczmy przez x, y, z długości wysokości trójkątów MM, GMF,

121