Trójkąt, pole, równoległobok Szkolniak: Wykazać, że trójkąt wpisany w równoległobok ma co najwyżej połowę pola powierzchni równoległoboku.

	1
Mamy do wykazania nierówność PΔ≤		Prówn
	2

Kąt ostry w równoległoboku oznaczę jako alfa, gdzie α∊(0^o;90^o) Po przekształceniach tej nierówności dochodzę do tego że mam wykazać prawdziwość nierówności sin(α)≥0, co jest prawdą dla α∊(0^o;90^o) Czy mogę to uznać za zakończenie dowodu? Jeśli za mało szczegółowo i potrzeba opisu, to chętnie przedstawię swoje rozwiązanie

chichi: Czyli jednym słowem − coś dowodzisz, przekształcasz, a nawet nie wiesz co?

chichi: Dlaczego wykluczamy możliwość przyjmowania przez alfę miary 90^o?

Szkolniak: Jak to nie wiem co? Po prostu doszedłem do takiej postaci nierówności, ale może rzeczywiście przedstawię całe swoje rozwiązanie, bo tak naprawdę nie wiadomo o co ja pytam ani jak mi odpowiedzieć. Może komuś będzie chciało się prześledzić mój tok rozumowania.

Mariusz: sin(α)≥0 to akurat jest prawdą dla α∊[0°;180°]

chichi: Ja po prostu nie rozumiem Twoich wątpliwości co do prawdziwości tej nierówności dla zadanej alfy, o ile ta nierówność jest równoważna tej wyjściowej

Szkolniak: P − pole równległoboku ABCD, α∊(0^o;90^o> |DG|=x ⇒ |GC|=a−x |BF|=y ⇒ |CF|=b−y |AE|=z ⇒ |ED|=b−z (1) P=absin(α) (2) P_ΔEFG=P−P_ABFE−P_ΔFCG−P_ΔGDE

	1		x(b−z)
PΔGDE=		*x*|ED|*sin(180o−α)=		*sin(α)
	2		2

	1		(a−x)(b−y)
PΔFCG=		*|GC|*|CF|*sin(α)=		*sin(α)
	2		2

Pole P_ABFE obliczymy w ten sposób, że prowadzimy prostą EH, gdzie H∊BC, która jest równoległa do prostej AB. W ten sposób powstaje nam równoległobok ABHE. |AE|=|BH|=z ⇒ z=|BF|+|FH|, z=y+|FH| ⇒ |FH|=z−y

	1
PABFE=PABHE−PΔEFH=azsin(α)−		a(z−y)sin(α)
	2

	1		x(b−z)		(a−x)(b−y)
(4) PΔEFG=absin(α)−azsin(α)+		a(z−y)sin(α)−		*sin(α)−		*sin(α)
	2		2		2

(5) Udowadniamy nierówność:

	1
PΔEFG≤		P
	2

2P_ΔEFG≤P 2absin(α)−2azsin(α)+a(z−y)sin(α)−x(b−z)sin(α)−(a−x)(b−y)sin(α)≤absin(α) sin(α)[2ab−2az+a(z−y)−x(b−z)−(a−x)(b−y)−ab]≤0 sin(α)(xz−az−xy)≤0 sin(α)(xy+z(a−x))≥0 (x>0 ∧ y>0) ⇒ xy>0 (z>0 ∧ a−x>0) ⇒ z(a−x)>0 (xy>0 ∧ z(a−x)>0) ⇒ xy+z(a−x)>0 sin(α)(xy+z(a−x))≥0 |:(xy+az−xz) sin(α)≥0, co jest prawdą dla a∊(0^o;90^o>, cnw.

Maciess: A pamiętasz wzór na pole równoległoboku rozpiętego przez dwa wektory? A jak on wygląda dla trojkąta rozpiętego przez tą sama dwójke? Może łatwiej (szybciej i czytelniej) byłoby uzasadnić kiedy trójkąt wpisany będzie największy?

Mila: Wykaż, że ze środkowych dowolnego trójkąta można zbudować trójkąt.

Mila: Ad zad.1) Jeśli punkt P należy do boku DC równoległoboku ABCD to

	1
[ABP]=		[ABCD]
	2

Dowód. Prosta PQ||AD dzieli ABCD na dwa równoległoboki. Trójkąt ABP utworzony jest z ich połówek.

chichi:

	1		1
Niech d(P, AB) = h, wówczas: [ABP] =		*|AB|*h =		[ABCD]
	2		2

Mila: Jasne, to każdy wie, ale taki podział jak pokazałam przydaje się w innych zadaniach.

chichi: Pewnie, masz jakieś ciekawe zadanie z równoległobokiem? Dawno nie działałem z tą figurą

kerajs: Gdyby na grafice z 19:52 dodać sieczną równoległą do boku równoległoboku i przechodzącą przez E (lub G) to w otrzymanych równoległobokach fragmenty trójkąta są mniejsze od połowy pól tych równoległoboków. Obawiam się, że taki dowód wystarczyłby chichi, jednak dla nauczycieli (w tym i sprawdzjących egzaminy), dziwny i niezrozumiały (i niezasługujący na max),.

Szkolniak: Dlaczego możemy przyjąć, że podstawa trójkąta zawiera się w boku równoległoboku? Nie powinniśmy przyjąć bardziej niesprecyzowanego umieszczenia tego trójkąta?

Mila: Szkolniak podałam 22: 57 informację , aby wykorzystać do dowodu ikonicznego. Tam masz Δ o największym polu. 22:24 masz inne zadanie− można wykazać bez rachunków.