DSCN1140 (2)

Niech H będzie środkiem przekątnej AC.

Wówczas z trójkątów: AABC i AADC otrzymamy: \AB\²-\BQ² = 2\AC\-\HF\.

\AD\²-\DC\² = 2\AC\-\HE\.

|£C|² - \AB\² + \AD\² - |DC|² 2\AC\

Odejmując powyższe równości stronami, mamy:

\HE\ - |HF| = |F£| =

Wprowadzając dodatkowe oznaczenia: \AC\ = d₁, \BD\ = d₂, mamy

P--d ■ !(d ?    (d²-c² + b²-a²)² _

*2*1 \^{dl)    4(<ł,)²

= ^y/MdM² - (a² — c² + b² — a²)².

Korzystając z tw. Ptolemeusza otrzymujemy P = ^_v/(2nc + 2bd)² — (d² — c¹ + b² — a²)² =

= \y/L(d + b)² -(a-c)²][(a + c)² - (d - i>)²] =

= t[(u + b + c-d)(a + b + c + d)-(a — b + c + d)-4    i

•(— a + b + c + dfp.

Stąd wynika teza zadania.

5.31. Przypuśćmy, że istnieje wewnętrzny punkt O czworokąta ABCD taki, że

\OA\ 3s 15, |OB| > 15, | OC\ > 15 i \OD\ 3* 15.

Wśród kątów: <AOB, <BOC, <COD i <£AOD co najmniej jeden kąt jest prosty lub rozwarty.

Załóżmy, że tym kątem jest -tAOB, tzn. zakładamy, że

|<j40JB| ^ Wtedy z twierdzenia cosinusów mamy:

\AB\² = \OA\² + \OB\² - 2\OA\ ■ \OB\ • cos| < AOB\.

Stąd w oczywisty sposób wynika nierówność \AB\² > \OA\² + \OB\², czyli

|AB|² > 7IFTT5² = ^450 = 15v^> 20 wbrew założeniu, co oznacza prawdziwość twierdzenia.

5.32.    Przyjmując \<AED\ = x, gdzie E jest punktem przecięcia się przekątnych danego czworokąta, mamy:

\<ABE\ = x - 15°,    \<CDE\ = x - 30°,

| -fc BCE\ = 90° — x,    \^DAE\ = 105° — x.

Korzystając z tw. sinusów dla trójkątów AEB, BEC, CED i DE A. otrzymujemy:

\AE\ sin(x —15°)    \CE\ sin(x-30°)

|BE|~    sin 15°    ’    \DE\~    sin 30°    ’

|B£| sin (90° — x)    \DE\ sin(105°-x)

\CE\~    sin 90°    ’    \AE\~    sin 75°    *

Po przekształceniu powyższych równości, otrzymujemy sin (x — 15°) • sin (x — 30°) • sin (90° — x) • sin (105° — x) =

= sin 15° • sin 30° • sin 75° • sin 90°.

Skąd po dalszych przekształceniach otrzymujemy:

2cos²(2x - 120°) — cos (2x — 120°) -1=0.

Odp. x = 60°.

5.33.    Niech ABCD będzie czworokątem spełniającym założenia podanego twierdzenia oraz punktem O przecięcia się jego przekątnych. Wtedy to pole czworokąta jest sumą pól trójkątów ABC i ACD czyli

-adsin\<B\ + ^bcsinl+DI = 1,

gdzie \AB\ = d, \BC\ = a, \CD\ = b i \AD\ | c.

Ale

f 0 < sin|-<A| < 1 \0 < sin|<i)| < 1, więc

(1)    ad + bc^ 2.

Pole czworokąta ABCD można również przedstawić jako sumę pól trójkątów BCD i DAB, czyli

iab-sin|-łC| + ^cd-sin|-+:>l| = 1, więc

(2)    ab + cd > 2.

Dodając nierówności (1) i (2) stronami, otrzymujemy ab + cd + ad + bc M 4,

137