Квадрат

[ганка симеонова]

Да се докаже, че ако точка О лежи вътре в четириъгълник ABCD с лице S така, че
[tex] 2S=OA^2+OB^2+OC^2+OD^2 [/tex], то четириъгълникът е квадрат, а точка О е негов център.

[Реклама]

[Пафнутий]

[tex]2S=AC.BD.sin\alpha \le AC.BD\le (AO+OC)(BO+OD)\le OA^2+OB^2+OC^2+OD^2[/tex] . Първото от [tex]sin\alpha \le 1[/tex], второто от неравенството на триъгълника, а третото е [tex](a+b)(c+d)\le a^2+b^2+c^2+d^2 \Leftrightarrow (a-c)^2+(b-d)^2+(a-d)^2+(b-c)^2 \ge 0[/tex](става и с Rearrangement). И сега, за да имаме равенство [tex]sin\alpha=1[/tex] ,т.е ъгъла, под който се пресичат диагоналите е прав(1). От н-вото на триъгълника заключаваме, че [tex]S[/tex] е пресечната точка на диагоналите, а от третото, че те се разполовяват и са равни(2). От (1) и (2) следва това, което имахме да докажем.

[ганка симеонова]

Моето е по- различно, но твоето много ми хареса.

[Пафнутий]

Покажете го Предполагам, че и с вектори може да стане, но не там ми е силата

[ганка симеонова]

[tex] OA^2+OB^2+OC^2+OD^2=\frac{1}{2 }(OA^2+OB^2)+ \frac{1}{2 }(OB^2+OC^2)+ \frac{1}{2 }(OC^2+OD^2)+ \frac{1}{2 }(OD^2+OA^2)\ge [/tex]
[tex]OA.OB+OB.OC+OC.OD+OD.OA\ge [/tex]
[tex]2(S_{AOB}+S_{BOC}+S_{COD}+S_{DOA})=2S [/tex]
Равенство при [tex]OA=OB=OC=OD; \angle AOB=\angle BOC=\angle COD=\angle DOA [/tex].....

[dim]

[tex]2S=OA^2+OB^2+OC^2+OD^2=(\frac{OA^2+OB^2}{2})+(\frac{OB^2+OC^2}{2})+(\frac{OC^2+OD^2}{2})+(\frac{OD^2+OA^2}{2})\ge OA.OB+OB.OC+OC.OD+OD.OA=[/tex]
[tex]=OA.OB.sin(\pi /2)+OB.OC.sin(\pi /2)+OC.OD.sin(\pi /2)+OD.OA.sin(\pi /2)\ge OA.OB.sin(\alpha )+OB.OC.sin(\beta )+OC.OD.sin(\gamma )+OD.OA.sin(\delta )=2S [/tex].
[tex]\alpha +\beta +\gamma +\delta =2\pi [/tex]. Равенство имаме, когато [tex]OA=OB=OC=OD[/tex] и [tex]\alpha =\beta =\gamma =\delta =90^\circ [/tex]

ПП Май ме изпревари...

[shemet]

Прасолов, Планиметрия