* \(\Delta_V AMD = \Delta_V CND\) (Do AD = CD và MD = ND )
\(\Rightarrow AM = NC\)
Ta đặt \(AM=NC=a; MB=BN = b\)
* Theo định lý Pitago trong tam giác vuông ta có:
\(MN^2=BM^2+BN^2=2b^2\)
\(DN^2=(a+b)^2+a^2\)
Do \(MN=DN\) \(\Rightarrow 2b^2=(a+b)^2+a^2\)
\(\Rightarrow 2a^2+2ab-b^2=0\)
\(\Rightarrow 2(\dfrac{a}{b})^2+2(\dfrac{a}{b})-1=0\)
\(\Rightarrow \dfrac{a}{b}=\dfrac{\sqrt 3-1}{2}\)
* \(S_{AMD}=\dfrac{1}{2}a(a+b)\)
\(S_{MBN}=\dfrac{1}{2} b^2\)
Suy ra: \(\dfrac{S_{AMD}}{S_{MBN}}=\dfrac{a^2+ab}{b^2}=(\dfrac{a}{b})^2+\dfrac{a}{b}\)
\(\dfrac{S_{AMD}}{S_{MBN}}=(\dfrac{\sqrt 3-1}{2})^2+\dfrac{\sqrt3 - 1}{2}=\dfrac{1}{2}\)
\(\Rightarrow S_{AMD}=\dfrac{1}{2}.S_{MBN}\)
Không mất tính tổng quát giả sử \(AB=1;AM=x\)
Theo định lý Py-ta-go cho \(\Delta ADM\):
\(DM^2=AD^2+AM^2=AB^2+AM^2=1+x^2\)
Và cho \(\Delta MBN\):
\(MN^2=BM^2+BN^2=\left(AB-AM\right)^2+\left(AB-AM\right)^2=\left(1-x\right)^2+\left(1-x\right)^2\)
Mà \(\Delta MND\) đều suy ra \(DM=MN\Rightarrow DM^2=MN^2\)
\(\Rightarrow DM^2=1+x^2=\left(1-x\right)^2+\left(1-x\right)^2=MN^2\)
\(\Rightarrow1+x^2=2\left(1-x\right)^2\) là pt bậc hai với nghiệm thuộc khoảng \(\left(0,1\right)\) \(\Rightarrow x=2-\sqrt{3}\) là nghiệm
Khi đó cần so sánh \(S_{AMD}=\dfrac{1}{2}x\) với \(S_{MBN}=\dfrac{1}{2}\left(1-x\right)^2\) với \(x=2-\sqrt{3}\)
Dễ thấy:\(\dfrac{1}{2}x=\dfrac{2-\sqrt{3}}{2}\)
Và \(\dfrac{1}{2}\left(1-x\right)^2=\dfrac{\left(-1+\sqrt{3}\right)^2}{2}=\dfrac{4-2\sqrt{3}}{2}=2\cdot\dfrac{2-\sqrt{3}}{2}\)
Hay \(S_{MBN}=2\cdot S_{AMD}\) tức là \(S_{MBN}>S_{AMD}\)
cách khác
Với hình vẽ trên NN' vuông góc với MN;
dẽ dàng chứng minh được \(\left\{{}\begin{matrix}\Delta_{AMD}=\Delta_{CND}=\Delta_{NN'M}\\NN'< BB'\end{matrix}\right.\)
\(S_{\Delta AMN}=S_{\Delta CND}=S_{\Delta MNN'}=\dfrac{MN.NN'}{2}< S_{\Delta BMN}=\dfrac{BB'.MN}{2}\)
\(AD^2+AM^2=2BM^2=MN^2\)
\(2BM^2\ge2AD.AM\) (BĐT co si ) Vì AD>AM
=> \(BM^2>AD.AM\)
=>\(\dfrac{BM^2}{2}>\dfrac{AD.AM}{2}\Leftrightarrow S_{BMN}>S_{AMD}.\)
