17687. Диагонали трапеции ABCD
с основаниями AB
и CD
пересекаются в точке P
. Докажите, что
S_{\triangle PAB}+S_{\triangle PCD}\gt S_{\triangle PBC}+S_{\triangle PDA}.
Решение. Пусть AB=a
, CD=b
, а высоты треугольников PAB
и PCD
, проведённые и их общей вершины P
, равны h_{a}
и h_{b}
соответственно. Обозначим S_{\triangle PAB}+S_{\triangle PCD}=S_{1}
и S_{\triangle PBC}+S_{\triangle PDA}=S_{2}
. Тогда
S_{1}=\frac{1}{2}(ah_{a}+bh_{b})~\mbox{и}~S_{1}+S_{2}=S_{ABCD}=\frac{1}{2}(a+b)(h_{a}+h_{b}),
откуда
S_{2}=(S_{1}+S_{2})-S_{1}=\frac{1}{2}(a+b)(h_{a}+h_{b})-\frac{1}{2}(ah_{a}+bh_{b})=\frac{1}{2}(ah_{b}+bh_{a}).
Треугольники PAB
и PCD
подобны, поэтому, если a\gt b
, то h_{a}\gt h_{b}
, а если a\lt b
, то h_{a}\lt h_{b}
. Значит,
S_{1}-S_{2}=\frac{1}{2}(ah_{a}+bh_{b}-ah_{b}-bh_{a})=\frac{1}{2}(a-b)(h_{a}-h_{b})\gt0.
Следовательно, S_{1}\gt S_{2}
, т. е.
S_{\triangle PAB}+S_{\triangle PCD}\gt S_{\triangle PBC}+S_{\triangle PDA}.
Что и требовалось доказать.
Источник: Эстонские математические олимпиады. — 2009, задача 11, 10-12 классы