MATeMAtyka 1. Zbiór zadań — strona 284

a) Równe cięciwy $AB$ i $CD$ wyznaczają równe łuki. Kąty wpisane oparte na tych łukach są więc równe: $\angle BCA=\angle CAD$. Są to kąty naprzemianległe dla prostych $BC$ i $AD$ przeciętych sieczną $AC$, zatem $BC\parallel AD$.

b) Trójkąt $ABC$ ma boki $6,6$ oraz cięciwę $AC=2\cdot5\sin\angle AOB=2\cdot5\cdot\frac{24}{25}=9{,}6$. Jego wysokość do $AC$ ma $\sqrt{6^2-4{,}8^2}=3{,}6$, więc $P=\tfrac12\cdot9{,}6\cdot3{,}6=17{,}28$.

Korzystamy z warunku $|a-b|<c<a+b$.

a) Dla $a=4$, $b=9$ mamy $5<c<13$, więc całkowite wartości to $c=6,7,8,9,10,11,12$.

b) Dla $a=3{,}21$, $b=0{,}69$ mamy $2{,}52<c<3{,}9$, więc jedyną całkowitą wartością jest $c=3$.

a) $2a+3a<7a$, więc nie. b) Każdy z dwóch składników jest mniejszy od $2014^{2013}$, zatem ich suma jest mniejsza od $2\cdot2014^{2013}<2014^{2014}$; nie. c) Z danych $a+c=7+c<c+10=b$; nie. d) Długości są w stosunku $1:2:4$, a $1+2<4$; nie. e) Boki są odwrotnie proporcjonalne do wysokości, więc mają stosunek $1:\tfrac12:\tfrac13$, a $\tfrac12+\tfrac13<1$; nie.

Oznaczmy długości boków przez $a,b,c$. Z nierówności $b<a+c$ i $c<a+b$ dostajemy odpowiednio $b-c<a$ i $c-b<a$, zatem $|b-c|<a$. Cyklicznie ten sam wniosek zachodzi dla każdego boku, co dowodzi części a).

Ponadto $a<b+c$ daje $2a<a+b+c$, czyli $a<(a+b+c)/2$. Tak samo postępujemy dla boków $b$ i $c$, więc każdy bok jest krótszy od połowy obwodu.

Przedłużmy medianę $AK$ do punktu $L$ tak, aby $KL=AK$. Przekątne czworokąta $ABLC$ dzielą się wtedy w punkcie $K$ na połowy, więc jest on równoległobokiem i $BL=AC$. W trójkącie $ABL$ nierówność trójkąta daje $AL<AB+BL$. Ponieważ $AL=2AK$ i $BL=AC$, otrzymujemy $2AK<AB+AC$.

Z nierówności trójkąta $a<b+c$. Po pomnożeniu przez $a>0$ mamy $a^2<ab+ac$. Analogicznie $b^2<ab+bc$ oraz $c^2<ac+bc$. Dodanie stronami daje $a^2+b^2+c^2<2(ab+ac+bc)$.

Niech przekątne mają długości $p,q$, a obwód $P$. Każda przekątna jest krótsza od sumy dwóch boków tworzących odpowiedni trójkąt; wybierając dla obu przekątnych rozłączne pary boków, dostajemy $p+q<P$. Z kolei po oznaczeniu punktu przecięcia przekątnych przez $O$ i zastosowaniu nierówności trójkąta do czterech małych trójkątów otrzymujemy $P<2(p+q)$, czyli $P/2<p+q$.

Dla dowolnego punktu $X$ zachodzi $XA+XC\ge AC$ oraz $XB+XD\ge BD$, więc suma czterech odległości jest co najmniej $AC+BD$. Równość w obu nierównościach zachodzi jednocześnie wtedy, gdy $X$ leży na obu przekątnych, czyli jest ich punktem przecięcia.