Trapez, trójkąt

[Pudel94]

1. Punkt \(\displaystyle{ E}\) leży na podstawie \(\displaystyle{ AD}\) w trapezie \(\displaystyle{ ABCD}\) w taki sposób, że \(\displaystyle{ AE=BC}\) . \(\displaystyle{ CA}\) i \(\displaystyle{ CE}\) przecinają przekątną \(\displaystyle{ BD}\) w punkcie \(\displaystyle{ O}\) i \(\displaystyle{ P}\). Udowodnij, że jeśli \(\displaystyle{ BO = PD}\), to \(\displaystyle{ AD^{2} = BC ^{2} + AD \cdot BC}\).

2. w trójkącie \(\displaystyle{ ABC}\) utworzono dwusieczne \(\displaystyle{ AA_{1}}\) i \(\displaystyle{ BB_{1}}\). Udowodnij, że odległość dowolnego punktu \(\displaystyle{ M}\) leżącego na \(\displaystyle{ A_{1}B_{1}}\) do \(\displaystyle{ AB}\) jest równy sumie odległości punktu \(\displaystyle{ M}\) do \(\displaystyle{ AC}\) i \(\displaystyle{ BC}\).

[Vax]

1)

AU

euivls.jpg (15.25 KiB) Przejrzano 60 razy

Zauważmy, że \(\displaystyle{ |BO| = |PD| \Rightarrow \frac{|BO|}{|OD|} = \frac{|PD|}{|BP|} = k}\)
Z podobieństwa \(\displaystyle{ \triangle ADO \sim \triangle BCO}\) mamy \(\displaystyle{ \frac{|AD|}{|DO|} = \frac{|BC|}{|BO|} \Leftrightarrow \frac{|BC|}{|AD|} = \frac{|BO|}{|DO|} = k \Leftrightarrow |BC| = k\cdot |AD|}\), dodatkowo \(\displaystyle{ \triangle DEP \sim \triangle PBC}\) skąd \(\displaystyle{ \frac{|DE|}{|BC|} = k/+1 \Leftrightarrow \frac{|AD|}{|BC|} = k+1 \Leftrightarrow |AD| = k\cdot |BC| + |BC| /\cdot |AD| \Leftrightarrow \\ \\ |AD|^2 = k\cdot |AD| \cdot |BC| + |BC|\cdot |AD| = |BC|^2 + |BC|\cdot |AD|}\)

qed.

2)

AU

xaz9g.jpg (15.25 KiB) Przejrzano 60 razy

Niech \(\displaystyle{ D,E}\) będą rzutami punktów \(\displaystyle{ A_1,B_1}\) odpowiednio na proste \(\displaystyle{ AC}\) oraz \(\displaystyle{ BC}\), a \(\displaystyle{ F,J}\) rzutami punktów \(\displaystyle{ A_1,B_1}\) na prostą \(\displaystyle{ AB}\). Mamy dowieść \(\displaystyle{ |MG| = |MI|+|MH|}\). Zauważmy, że \(\displaystyle{ \triangle AA_1F \equiv \triangle ADA_1}\) (kbk), oraz \(\displaystyle{ \triangle B_1HM \sim \triangle B_1DA_1}\) skąd \(\displaystyle{ \frac{|MH|}{|B_1M|} = \frac{|A_1D|}{|A_1B_1|} = \frac{|A_1F|}{|A_1B_1|} \Leftrightarrow |MH| = \frac{|A_1F|\cdot |B_1M|}{|A_1B_1|}}\)

Zupełnie analogicznie \(\displaystyle{ |MI| = \frac{|A_1M|\cdot |B_1J|}{|A_1B_1|}}\)

Mamy więc udowodnić: \(\displaystyle{ |MG| = \frac{|A_1F|\cdot |B_1M| + |A_1M|\cdot |B_1J|}{|A_1B_1|}}\)

Zostawmy tylko interesujący nas trapez (w danym przypadku jest prostokątny, ale pokażemy, że teza działa w każdym):

AU

24zvoet.jpg (15.25 KiB) Przejrzano 60 razy

Chcemy udowodnić, że \(\displaystyle{ |XY| = \frac{|AB|\cdot |CX| + |CD| \cdot |BX|}{|BC|}}\), niech ramiona danego trapezu przecinają się w punkcie \(\displaystyle{ Z}\), wówczas z twierdzenia Talesa otrzymujemy:
\(\displaystyle{ \frac{|ZC|}{|CD|} = \frac{|ZC|+|CX|}{|XY|} \\ \\ \iff \\ \\ |XY| = \frac{|CD|\cdot |CZ| + |CD| \cdot |CX|}{|CZ|} (*)}\)

Ponownie z Twierdzenia Talesa dostajemy:
\(\displaystyle{ \frac{|CZ|}{|CD|} = \frac{|CZ|+|CX|+|XB|}{|AB|} \\ \\ \iff \\ \\ |CZ| = \frac{|CD|\cdot |CX| + |CD|\cdot |XB|}{|AB|-|CD|} (**)}\)

Wstawiając \(\displaystyle{ (**)}\) do \(\displaystyle{ (*)}\) istotnie dostajemy \(\displaystyle{ |XY| = \frac{|AB|\cdot |CX| + |CD|\cdot |BX|}{|BC|}}\)

Pozostaje sprawdzić przypadek, gdy ramiona danego trapezu będą równoległe, tj dany trapez będzie prostokątem, jednak wtedy teza jest oczywista (\(\displaystyle{ |AB| = |XY| = |CD|}\) więc \(\displaystyle{ |XY| = \frac{|AB|\cdot |CX| + |CD|\cdot |BX|}{|BC|} \Leftrightarrow 1 = \frac{|CX|+|BX|}{|BC|} \Leftrightarrow 1=1}\)) QED.