Неравенство с лице

[Гост]

Точката G е медицентър на ABC .Права ,минаваща през точката G,пресичка страните CA и CB на триъгълника съответно в точките M и N.Да се докаже,че лицето на MNC е най-малко 4/9 от лицето на ABC.Важи ли това свойство за същата права,но ако тя пресича някоя от страните във външна точка?
Решение на задачата има с вектори,но бих искал да видя и друго решение.Пробвах с Менелай,но не ми се получи работата.

[Гост]

Идеята на втория въпрос беше,дали ако тази права пресича страната във външна за нея точка свойството пак е вярно за този получен триъгълник(нищо,че част от него е извън въпросния ABC).

[Xixibg]

Отговора на вторият ти въпрос е не.
Ако дадената права пресича някоя от страните във външна за триъгълника точка то това неравенство не винаги е вярно

[Гост]

А предложения за доказване на твърдението,някой има ли?И също така защо да не е вярно това от вторият въпрос?Смисъл при векторното доказателство не виждам да ползват това,че точката лежи върху самата отсечка,а не върху неийното продължение.Ако може и за това доказателство,ще съм благодарен.

[Xixibg]

Ето защо

[Гост1]

Нека CM=x, CN=y, AC=a, BC=b, T - среда на AB, G - медицентър, MN пресича AB (правата) в точка R (без ограничение A е между R и B), RA=d, AB=2c . Ясно е, че [tex]\frac{TG}{GC}=\frac{1}{2}[/tex]. От Менелай за [tex]\Delta ATC[/tex] и правата MN имаме [tex]1=\frac{CM}{AM}\cdot\frac{RA}{AT}\cdot \frac{TG}{GC}=\frac{x}{a-x}\cdot\frac{d}{d+c}\cdot \frac{1}{2}[/tex], откъдето [tex]\frac{d+2c}{d+c}=2-\frac{d}{d+c}=2-\frac{2(a-x)}{x}=\frac{2(2x-a)}{x}[/tex]. От Менелай за [tex]\Delta BTC[/tex] и правата MN имаме [tex]1=\frac{CN}{BN}\cdot\frac{BR}{RT}\cdot \frac{TG}{GC}=\frac{y}{b-y}\cdot\frac{d+2c}{d+c}\cdot \frac{1}{2}[/tex]. Сега като замсетим [tex]\frac{d+2c}{d+c}=\frac{2(2x-a)}{x}[/tex] в [tex]\frac{y}{b-y}\cdot\frac{d+2c}{d+c}\cdot \frac{1}{2}=1[/tex] и освободим от знаменател получаваме [tex]\fbox{3xy=bx+ay}[/tex] (*).
Трябва да докажем [tex]\frac{S_{\Delta MNC}}{S_{\Delta ABC}}\ge \frac{4}{9}[/tex]. От формулата за лице на триъгълник имаме [tex]\frac{S_{\Delta MNC}}{S_{\Delta ABC}}=\frac{\frac{ab\sin(\angle ACB)}{2}}{\frac{xy\sin(\angle ACB)}{2}}=\frac{xy}{ab}[/tex]. От (*) изразяваме y и заместваме в после в неравенството, което искаме да докажем - [tex]\frac{xy}{ab}\ge\frac{4}{9}[/tex]. Получаваме [tex]\frac{x\frac{bx}{3x-a}}{ab}=\frac{x^2}{(3x-a)a}\ge\frac{4}{9}[/tex]. 3x-a>0 (y е положително) и освобождаваме от знаменател в последното неравенство. След прехвърляне отляво и разлагане стигаме до [tex](3x-2a)^2\ge 0[/tex]. Оттук следва и случая на равенство - MN успоредна на AB.
Сега да докажем [tex]\frac{S_{\Delta MNC}}{S_{\Delta ABC}}<\frac{1}{2}[/tex]. Трябва да докажем [tex]\frac{xy}{ab}<\frac{1}{2}[/tex]. Отново заместваме y с израза получен от (*). Трябва да докажем [tex]\frac{x^2}{(3x-a)a}<\frac{1}{2}[/tex]. Разкриваме скоби и прехвърляме всичко отдясно. Получаваме [tex]0<3ax-a^2-2x^2[/tex] => [tex](2x-a)(a-x)>0[/tex]. a>x (x е част от a). Да допуснем, че [tex]x<\frac{a}{2}[/tex]. Тогава като използваме (*) имаме [tex]\frac{a}{2}(3y-b)>x(3y-b)=ay[/tex] => [tex]3y-2b>2y[/tex] => [tex]y>b[/tex], което е невъзможно понеже y е част от b. Следователно неравенството е вярно.
Всичко казано дотук се отнася за случая когато M и N са вътрешни за страните.
Ако това не е така са възможни два съществено различни случая, при които едната от въпросните точки лежи на продължението на някоя страна.(Докажете, че не е възможно и двете точки да са върху продълженията и заедно с това правата определена от тях да минава през медицентъра).
Първи случай: G е вътрешна за отсечката MN. Нека без ограничение M лежи на AC и A е между C и M, а N лежи на BC. Нека CM пресича AB в точка D. Тогава [tex]S_{\Delta DBN}<\frac{S_{\Delta ABC}}{2}[/tex] (от доказаното по-горе) следователно [tex]S_{ADNC}>\frac{S_{\Delta ABC}}{2}[/tex] и понеже [tex]S_{\Delta MNC}=S_{\Delta MAD}+S_{ADNC}[/tex], то [tex]S_{\Delta MNC}>\frac{S_{\Delta ABC}}{2}[/tex]. Разликата между двете страни на неравенството намалява, когато M се приближава към A. Когато M се отдалечава от A лицето на MNC клони към безкрайност.
Втори случай: G е външна за отсечката MN. Например нека N лежи на AB. Тогава всъщност N отива на мястото на D. Вижда се, че когато M се приближава към A, то страна MN става безкрайно малка и лицето на MNC клони към 0. Обратно, ако M се отдалечава от A, то лицето клони към безкрайност.
Забележка към първия случай: Вижда се, че с отдалечаване на M от А, N се приближава към точка на разстояние [tex]\frac{b}{3}[/tex] от C. Ако N се приближи повече до C, M вече ще се измести "над" C - C ще е между A и M. Тогава N е между M и G - ще сме във втори случай.
Сетих се, че съм решавал (или виждал) една подобна задача. Там май се използваха лицата на триъгълниците AGM и BGN. Пак имаше някакво неравенство. Ако някой се сеща, да я каже.

[Xixibg]

Малееее,
Много сложно бе

[Xixibg]

А по въпроса с идеята ето ти една:
През медицентъра [tex]G[/tex] построяваш права [tex]p[/tex] успоредна на страната [tex]AB[/tex].Нека [tex]p\cap AC=P ;p\cap BC=Q[/tex]
[tex]S_{PQC}=\frac{4}{9}S_{ABC}[/tex] (доказва се лесно ).
Сега доказваш ,че [tex]S_{NQG}\ge S_{PMG}[/tex] , от където следва [tex]S_{MNC}\ge S_{PQC}[/tex] (това не е чак толкова лесно).Опитай се да го докажеш сам.
Ако имаш затруднения с доказателствата кажи за да ти ги напиша.

[inveidar]

Нека CM=x, CN=y, AC=a, BC=b, T - среда на AB, G - медицентър, MN пресича AB (правата) в точка R (без ограничение A е между R и B), RA=d, AB=2c . Ясно е, че [tex]\frac{TG}{GC}=\frac{1}{2}[/tex]. От Менелай за [tex]\Delta ATC[/tex] и правата MN имаме [tex]1=\frac{CM}{AM}\cdot\frac{RA}{AT}\cdot \frac{TG}{GC}=\frac{x}{a-x}\cdot\frac{d}{d+c}\cdot \frac{1}{2}[/tex], откъдето [tex]\frac{d+2c}{d+c}=2-\frac{d}{d+c}=2-\frac{2(a-x)}{x}=\frac{2(2x-a)}{x}[/tex]. От Менелай за [tex]\Delta BTC[/tex] и правата MN имаме [tex]1=\frac{CN}{BN}\cdot\frac{BR}{RT}\cdot \frac{TG}{GC}=\frac{y}{b-y}\cdot\frac{d+2c}{d+c}\cdot \frac{1}{2}[/tex]. Сега като замсетим [tex]\frac{d+2c}{d+c}=\frac{2(2x-a)}{x}[/tex] в [tex]\frac{y}{b-y}\cdot\frac{d+2c}{d+c}\cdot \frac{1}{2}=1[/tex] и освободим от знаменател получаваме [tex]\fbox{3xy=bx+ay}[/tex] (*).
Трябва да докажем [tex]\frac{S_{\Delta MNC}}{S_{\Delta ABC}}\ge \frac{4}{9}[/tex]. От формулата за лице на триъгълник имаме [tex]\frac{S_{\Delta MNC}}{S_{\Delta ABC}}=\frac{\frac{ab\sin(\angle ACB)}{2}}{\frac{xy\sin(\angle ACB)}{2}}=\frac{xy}{ab}[/tex]. От (*) изразяваме y и заместваме в после в неравенството, което искаме да докажем - [tex]\frac{xy}{ab}\ge\frac{4}{9}[/tex]. Получаваме [tex]\frac{x\frac{bx}{3x-a}}{ab}=\frac{x^2}{(3x-a)a}\ge\frac{4}{9}[/tex]. 3x-a>0 (y е положително) и освобождаваме от знаменател в последното неравенство. След прехвърляне отляво и разлагане стигаме до [tex](3x-2a)^2\ge 0[/tex]. Оттук следва и случая на равенство - MN успоредна на AB.
Сега да докажем [tex]\frac{S_{\Delta MNC}}{S_{\Delta ABC}}<\frac{1}{2}[/tex]. Трябва да докажем [tex]\frac{xy}{ab}<\frac{1}{2}[/tex]. Отново заместваме y с израза получен от (*). Трябва да докажем [tex]\frac{x^2}{(3x-a)a}<\frac{1}{2}[/tex]. Разкриваме скоби и прехвърляме всичко отдясно. Получаваме [tex]0<3ax-a^2-2x^2[/tex] => [tex](2x-a)(a-x)>0[/tex]. a>x (x е част от a). Да допуснем, че [tex]x<\frac{a}{2}[/tex]. Тогава като използваме (*) имаме [tex]\frac{a}{2}(3y-b)>x(3y-b)=ay[/tex] => [tex]3y-2b>2y[/tex] => [tex]y>b[/tex], което е невъзможно понеже y е част от b. Следователно неравенството е вярно.

Малееее, ти да не се занимаваш с бодибилдинг?!?!?!

[Гост1]

Що да е сложно, идеята е проста, реализацията също (не казвам, че няма и по-просто, не съм мислил). А и е с Менелай, както питаше човекът.
Опитах се да бъда достатъчно изчерпателен (включително за случайте, когато една от точките е върху продължение - в единия от случайте е в сила дори - по-силното [tex]\frac{S_{\Delta MNC}}{S_{\Delta ABC}}\ge \frac{1}{2}[/tex])
А някой да се сеща за коя задача говоря. Или никой не е стигнал до края на поста

[inveidar]

Има една задача за лицата на AGN и BGN, дето аз съм я измислил. Да се докаже, че поне едното от тях не надминава една осма от лицето на АВС.
Питах дали се занимаваш с бодибилдинг, защото твоето решение е равносилно на показване на мускули! Задачата допуска много елементарно решение.

[Гост1]

Сигурно има. Наистина решението, което написах, е грубичко.
Иначе май не беше точно това задачата, но и тази е интересна, ще я видя.

[inveidar]

А по въпроса с идеята ето ти една:
През медицентъра [tex]G[/tex] построяваш права [tex]p[/tex] успоредна на страната [tex]AB[/tex].Нека [tex]p\cap AC=P ;p\cap BC=Q[/tex]
[tex]S_{PQC}=\frac{4}{9}S_{ABC}[/tex] (доказва се лесно ).
Сега доказваш ,че [tex]S_{NQG}\ge S_{PMG}[/tex] , от където следва [tex]S_{MNC}\ge S_{PQC}[/tex] (това не е чак толкова лесно).Опитай се да го докажеш сам.
Ако имаш затруднения с доказателствата кажи за да ти ги напиша.

ABC1.PNG (5.7 KiB) Прегледано 507 пъти

Просто трябва да се построи QL успоредно на АС и да се види, че лицето на PMG е равно на лицето на GLQ. И веднага получаваме, че [tex]S_{MNC}\ge S_{PQC}[/tex], защото [tex]S_{MNC}=S_{MGQC}+S_{GLQ}+S_{LNQ}[/tex], а [tex]S_{PQC}=S_{MGQC}+S_{PMG}=S_{MGQC} + S_{GLQ}[/tex]