2369. В выпуклом четырёхугольнике ABCD
все углы меньше, чем 150^{\circ}
, причём сумма углов A
и D
равна 150^{\circ}
. Докажите, что его площадь больше, чем \frac{1}{4}(AB\cdot CD+AB\cdot BC+BC\cdot CD)
.
Указание. Пусть стороны AB
и CD
пересекаются в точке K
. Докажите, что BC
— наименьшая сторона треугольника BKC
.
Решение. Пусть стороны AB
и CD
пересекаются в точке K
. Тогда
\angle BKC=\angle AKD=180^{\circ}-\angle BAD+\angle ADC=180^{\circ}-150^{\circ}=30^{\circ}.
В треугольнике BKC
угол BKC
— наименьший, так как
\angle CBK=180^{\circ}-\angle ABC\gt180^{\circ}-150^{\circ}=30^{\circ},
\angle BCK=180^{\circ}-\angle BCD\gt180^{\circ}-150^{\circ}=30^{\circ}.
Значит, BC
— наименьшая сторона треугольника BKC
.
Первый способ. Пусть h_{1}
и h_{2}
— высоты треугольников AKD
и BKC
, проведённые из вершин A
и C
соответственно. Тогда
h_{1}=\frac{1}{2}AK=\frac{1}{2}(AB+BK)\gt\frac{1}{2}(AB+BC),~h_{2}=\frac{1}{2}CK\gt\frac{1}{2}BC.
Поэтому
S_{ABCD}=S_{\triangle ABC}+S_{\triangle ACD}=\frac{1}{2}AB\cdot h_{2}+\frac{1}{2}CD\cdot h_{1}\gt
\gt\frac{1}{4}AB\cdot BC+\frac{1}{4}CD(AB+BC)=\frac{1}{4}(AB\cdot BC+AB\cdot CD+BC\cdot CD).
Что и требовалось доказать.
Второй способ. Заметим, что
S_{ABCD}=S_{\triangle AKD}-S_{\triangle BKC}=\frac{1}{2}KA\cdot KD\sin\angle AKD-\frac{1}{2}KB\cdot KC\sin\angle AKD=
=\frac{1}{4}(KA\cdot KD-KB\cdot KC)=\frac{1}{4}((KB+AB)(KC+CD)-KB\cdot KC)=
=\frac{1}{4}(AB\cdot KC+CD\cdot KB+AB\cdot CD)\gt\frac{1}{4}(AB\cdot BC+CD\cdot BC+AB\cdot CD),
так как KC\gt BC
и KB\gt BC
.
