mateforum.ro

a) Sa se arate ca un trapez circumscriptibil isoscel nu este ortodiagonal.
b)Sa se arate ca intr-un trapez ortodiagonal suma lungimilor bazelor este mai mica decat suma lungimilor laturilor neparalele.
Constantin Apostol

a) Notam lungimile laturilor paralele cu \( a, b \) cu \( a>b \).
Din circumscriptibilitatea trapezului isoscel rezulta ca lungimea unei laturi neparalele este egala cu \( \frac{a+b}{2} \).
Ducand printr-un varf al laturii de lungime \( b \) inaltimea trapezului obtinem din teorema lui Pitagora ca \( h=\sqrt{(\frac{a+b}{2})^2-(\frac{a-b}{2})^2}=\sqrt{\frac{a^2+b^2+2ab-a^2-b^2+2ab}{4}}=\sqrt{\frac{4ab}{4}}=\sqrt{ab} \)
Asadar, aria trapezului este egala cu \( S=\frac{a+b}{2}\sqrt{ab} \).
Daca trapezul ar fi si ortodiagonal, atunci am avea doua triunghiuri dreptunghice isoscele cu bazele cele doua laturi paralele. Deci, diagonala trapezului este egala cu \( \frac{a}{\sqrt{2}}+\frac{b}{\sqrt{2}} \).
Aria trapezului este egala cu \( S=\frac{d^2}{2}=\frac{\frac{a^2}{2}+\frac{b^2}{2}+ab}{2}=\frac{(a+b)^2}{4} \).
Egaland cele doua relatii obtinute pentru arie obtinem ca \( \frac{(a+b)^2}{4}=\frac{a+b}{2}\sqrt{ab}|:\frac{a+b}{2}\Rightarrow \sqrt{ab}=\frac{a+b}{2} \), deci \( (\sqrt{a}-\sqrt{b})^2=0\Rightarrow a=b \), inadmisibil.
b) In trapezul ortodiagonal \( ABCD \) cu \( AC\cap BD=\{O\} \) facem notatiile \( AO=a, BO=b, CO=c, DO=d \). Presupunand \( AB>CD \), din asemanarea triunghiurilor \( AOB \) si \( COD \) rezulta ca \( a>c, b>d \).
Relatia din enunt se mai scrie:\( \sqrt{a^2+b^2}+\sqrt{c^2+d^2}<\sqrt{a^2+d^2}+\sqrt{b^2+c^2}\Leftrightarrow a^2+b^2+c^2+d^2+2\sqrt{(a^2+b^2)(c^2+d^2)}<a^2+d^2+b^2+c^2+2\sqrt{(a^2+d^2)(b^2+c^2)}\Leftrightarrow \)
\( (a^2+b^2)(c^2+d^2)<(a^2+d^2)(b^2+c^2)\Leftrightarrow a^2c^2+a^2d^2+c^2b^2+b^2d^2<a^2b^2+a^2c^2+b^2d^2+c^2d^2\Leftrightarrow a^2d^2+b^2c^2<a^2b^2+c^2d^2\Leftrightarrow c^2(b^2-d^2)<a^2(b^2-d^2)|: \(b^2-d^2) {\Leftrightarrow} c^2<a^2 \Leftrightarrow c<a \), adevarat.

altfel: se foloseste teorema patrulaterului ortodiagonal si inegalitatea lui Minkovski.