Un patrulater inscriptibil si o inegalitate geometrica

[Octav Ganea]

Fie triunghiul ABC si D, E , F pe laturile (BC), (AC) si (AB) astfel incat patrulaterul \( AEDF \) sa fie inscriptibil. Sa se arate ca
\( \frac{4S_{DEF}}{S_{ABC}} \leq \frac{EF^2}{AD^2} \)

[Virgil Nicula]

Imi pare rau ca unele probleme frumoase ca aceasta nu sunt "atacate" din prima saptamana de aparitie pe forum.

Octav Ganea, avem voie sa folosim relatiile \( [ABC]=\frac {bc\sin A}{2}=\frac {a^2\sin B\sin C}{2\sin A} \ ?! \)

Daca da, atunci voi oferi o solutie, insa nu acum. Mai asteptam si alte interventii ...

Mi-ar face placere daca cineva ne va oferi o solutie metrica, insa fara trigonometrie.

Indicatie: \( [ABD]+[ACD]=S\ \Longrightarrow \ [ABD]\cdot [ACD]\le \frac {S^2}{4} \)
cu egalitate daca si numai daca \( D \) este mijlocul laturii \( [BC] \)

[mihai++]

Fie \( DGAH \) paralelogram cu \( G\in(AB), H\in (AC) \), atunci \( \hat {AGD}=180^{\circ}-\hat{GAH}=\hat{EDF} \) si \( \hat{GAD}=\hat{EFD} \).
Deci triunghiurile \( GAD \) si \( DEF \) sunt asemenea:
\( \frac{EF^2}{AD^2}=\frac{S_{DEF}}{S_{AGD}}=\frac{2S_{DEF}}{S_{AGDH}} \)
Concluzia se reduce la a demonstra ca \( 2S_{AGDF}\leq S_{ABC} \).
Fie \( BD=x, DC=a-x\rightarrow \frac{DF\cdot DG}{bc}=\frac{x(a-x)}{a^2}\Leftrightarrow\frac{2S_{AGDF}}{S_{ABC}}=\frac{4x(a-x)}{a^2} \) si cum \( \frac{a^2}{4}\geq x(a-x) \) problema este rezolvata, cu egalitate cand \( BD=DC \).

[Virgil Nicula]

Fie triunghiul \( ABC \) si punctele \( D\in (BC) \) , \( E\in (CA) \) , \( F\in (AB) \)

astfel incat patrulaterul \( AEDF \) sa fie inscriptibil. Sa se arate ca \( 4\cdot\frac{[DEF]}{[ABC]} \leq \left(\frac{EF}{AD}\right)^2 \) .[/color]

Demonstratie. Notam \( \left\|\begin{array}{c}
m(\widehat {BAD})=m(\widehat {DEF})=x\\\\
m(\widehat {CAD})=m(\widehat {DFE})=y\end{array} \) . Se observa ca \( \left\|\begin{array}{c}
2 [ABD]=AB\cdot AD\cdot\sin x\\\\
2[ACD]=AC\cdot AD\cdot\sin y\\\\
2[DEF]\cdot\sin A=EF^2\cdot\sin x\cdot\sin y\\\\
2[ABC]=AB\cdot AC\cdot\sin A\end{array} \) .

\( [ABD]+[ACD]=[ABC]\ \Longrightarrow \) \( 2[ABD]\cdot 2[ACD]\le [ABC]^2 \) \( \Longrightarrow \)

\( AD^2\cdot AB\cdot AC\cdot\sin x\cdot\sin y\le [ABC]\cdot\frac {AB\cdot AC\cdot\sin A}{2}\Longrightarrow \) \( 2AD^2\cdot\frac {\sin x\sin y}{\sin A}\le [ABC]\Longrightarrow \)

\( 2AD^2\cdot\frac {2[DEF]}{EF^2}\le [ABC]\Longrightarrow \) \( 4\cdot\frac {[DEF]}{[ABC]}\le \left(\frac {EF}{AD}\right)^2 \) .

Avem egalitate daca si numai daca \( [ABD]=[ACD] \) , adica \( DB=DC \) .

Observatie. Frumoasa demonstratie a elevului Mihai++ a depasit cu mult solutia
profesorului V.N. Aceasta-i bucuria acestuia din urma, adica a profesorului !
Ii raman dator lui Mihai++ cu o solutie pe baza de arii, fara trigonometrie

[Virgil Nicula]

Iata, am scapat de "datoria" catre Mihai++ ! Revin asupra demonstratiei a lui Mihai++.

El a avut frumoasa idee de a construi paralelogramul \( AXDY \) , unde

\( \left\|\begin{array}{ccc}
X\in AC & , & DX\parallel AB\\\\
Y\in AB & , & DY\parallel AC\end{array} \) si a aratat ca \( \triangle ADY\sim EFD \) . Asadar \( [DEF] \) este maxim \( \Longleftrightarrow
\)

\( 2\cdot [ADY]=[AXDY] \) este maxim \( \Longleftrightarrow \) \( [DBY]+[DCX] \) este minim.

Acum voi continua altfel decat Mihai++.

Se arata usor ca \( \sqrt {[DBY]}+\sqrt {[DCX]}=\sqrt {[ABC]} \) . Deci \( [ABC]\le 2\cdot\left([DBY]+{DCX]\right) \) .

In concluzie, suma \( [DBY]+[DCX] \) este minima daca si numai daca \( [DBY]=[DCX] \) , adica \( DB=DC \) .

Problema propusa. Se considera un triunghi \( ABC \) . Pentru un punct mobil \( M\in [BC] \) construim

paralelogramul \( AXMY \) , unde \( \left\|\begin{array}{ccc}
X\in AC & , & MX\parallel AB\\\\
Y\in AB & , & MY\parallel AC\end{array} \) . Sa se arate ca \( \overline {\underline {\left|\ XY\ge\frac {S}{m_a}\ \right|}} \) , unde

\( S=[ABC] \) si \( m_a \) este lungimea medianei din varful \( A \) . Sa se deduca inegalitatile remarcabile

\( b^2+c^2\le 4Rm_a \) si \( m_al_a\ge p(p-a) \) , unde \( l_a \) este lungimea bisectoarei unghiului \( \widehat {BAC} \) .

[mihai++]

din pacate solutia mea nu este originala