Stosunek pól trójkątów.

[madmathman]

Wykazać, że w trójkącie w którym poprowadzono odcinki \(\displaystyle{ AD}\) i \(\displaystyle{ BE}\) (patrz tam----> ) zachodzi odpowiedni wzór \(\displaystyle{ \frac{P_{ABC}}{P_{CDE}}=m\cdot n}\)

[kicaj]

Tu było błędne rozumowanie

[madmathman]

Nie rozumiem ostatniego przejścia w ciągu równości \(\displaystyle{ P_{EFC} =\frac{yh_1}{2} =\frac{yh_1}{nyh_2} \cdot\frac{nyh_2}{2} =\frac{n+1}{n^2} P_{BFD}}\)

[kicaj]

Użyjmy geometrii analitycznej. Niech \(\displaystyle{ A=(-mx,0) , B=(ny,0) , F=(0, nmz ) , x,y,z,n,m>0 .}\) Wówczas \(\displaystyle{ E=(-y, (n+1)mz), D=(x ,(m+1)n z).}\) \(\displaystyle{ C=\left(\frac{ -(m^2 (n+1) x+m n^2 y+n^2 y)}{(m-n)} , \frac{(m (m+1) n (n+1) z (m x+n y))}{((m-n) (n y-x))}\right) .}\) I wystarczy teraz policzyć odpowiednie długości.

[madmathman]

wow, pełen uznania jestem dla takiego pomysłu. Mi jednak zależy na klarownym dowodzie opartym na zasadach geometrii płaskiej (bez przeskoków do innego działu).

[kicaj]

wow, pełen uznania jestem dla takiego pomysłu. Mi jednak zależy na klarownym dowodzie opartym na zasadach geometrii płaskiej (bez przeskoków do innego działu).

No to zobacz tu: 383889.htm założyłem ten temat bo sam byłem ciekaw klarownego rozwiązania.

[bakala12]

Znalazłem rozwiązanie syntetyczne, ale wymaga ono nieco wysiłku.
Lemat:
W trapezie \(\displaystyle{ ABCD}\) (\(\displaystyle{ AB \parallel CD}\)) na przekątnej \(\displaystyle{ AC}\) obrano punkt \(\displaystyle{ S}\) tak, że \(\displaystyle{ \frac{SC}{AS}=\sqrt{\frac{CD}{AB}}}\). Prosta równoległa do podstaw trapezu przechodząca przez \(\displaystyle{ S}\) przecina ramiona \(\displaystyle{ AD}\) i \(\displaystyle{ BC}\) odpowiednio w punktach \(\displaystyle{ A'}\) i \(\displaystyle{ B'}\). Wówczas:
1. \(\displaystyle{ A'B'=\sqrt{AB \cdot CD}}\)
2. \(\displaystyle{ P_{\Delta ASA'}=P_{\Delta B'SC}}\)

Dowód lematu::    

Mamy z podobieństwa trójkątów:
\(\displaystyle{ \frac{A'S}{CD}=\frac{AS}{AC} \\ \frac{SB'}{AB}=\frac{SC}{AC}}\)
Zatem po nietrudnych przekształceniach:
\(\displaystyle{ A'S=\frac{AS}{AC}\cdot CD=\frac{1}{1+\sqrt{\frac{CD}{AB}}}\cdot CD=\frac{CD\sqrt{AB}}{\sqrt{CD}+\sqrt{AB}}}\)
Podobnie:
\(\displaystyle{ SB'=\frac{AB\sqrt{CD}}{\sqrt{AB}+\sqrt{CD}}}\).
Wówczas istotnie mamy:
\(\displaystyle{ A'B'=A'S+SB'=\sqrt{AB\cdot CD}}\), czyli punkt pierwszy.
Ponadto:
\(\displaystyle{ \frac{A'S}{SB'}=\sqrt{CD}{AB}=\frac{SC}{AS}}\)
Zatem \(\displaystyle{ A'S \cdot AS=SB' \cdot SC \Rightarrow P_{\Delta ASA'}=P_{\Delta B'SC}}\)
Kończy to dowód lematu.

Dowód tezy zadania:    

Niech \(\displaystyle{ AB=mnz}\) gdzie \(\displaystyle{ z}\) jest jakąś liczbą. Poprowadźmy przez punkty \(\displaystyle{ D}\) i \(\displaystyle{ E}\) proste równoległe do \(\displaystyle{ AB}\) i niech przecinają one boki \(\displaystyle{ AC}\) i \(\displaystyle{ BC}\) odpowiednio w punktach \(\displaystyle{ D'}\) oraz \(\displaystyle{ E'}\). Nietrudno wówczas spostrzec, że mamy:
\(\displaystyle{ DD'=nz}\) i \(\displaystyle{ EE'=mz}\). Przypadek \(\displaystyle{ m=n}\) jest nietrudny: wówczas proste \(\displaystyle{ DD'}\) i \(\displaystyle{ EE'}\) pokrywają się i mamy podobieństwo trójkątów \(\displaystyle{ ABC}\) i \(\displaystyle{ CDE}\), które implikuje tezę zadania.
Skupmy się więc na przypadku \(\displaystyle{ m \neq n}\). Nie tracąc ogólności rozważań, możemy przyjąć, że \(\displaystyle{ m>n}\) (w drugim przypadku rozumujemy analogicznie). Wówczas łatwo stwierdzamy, iż czworokąt \(\displaystyle{ EE'DD'}\) jest trapezem. Niech \(\displaystyle{ S}\) będzie takim punktem odcinka \(\displaystyle{ DE}\), dla którego \(\displaystyle{ \frac{DS}{SE}=\sqrt{\frac{DD'}{EE'}}}\). Poprowadźmy prostą równoległą do \(\displaystyle{ AB}\) przechodzącą przez \(\displaystyle{ S}\) i niech przecina ona boki \(\displaystyle{ AC}\) i \(\displaystyle{ BC}\) odpowiednio w punktach \(\displaystyle{ A'}\) i \(\displaystyle{ B'}\). Wówczas na mocy lematu, wnosimy, że \(\displaystyle{ P_{ESA'}=P_{SDB'}}\), a stąd wnioskujemy, że \(\displaystyle{ P_{CDE}=P_{A'B'C}}\). Ponadto \(\displaystyle{ A'B'=\sqrt{DD'\cdot EE'}=\sqrt{mn}z}\). Trójkąty \(\displaystyle{ ABC}\) i \(\displaystyle{ A'B'C}\) są podobne w skali \(\displaystyle{ \sqrt{mn}}\) a więc:
\(\displaystyle{ \frac{P_{CDE}}{P_{ABC}}=\frac{P_{A'B'C}}{P_{ABC}}=mn}\)
co należało dowieść.

Przepiękne zadanie. Dziękuję bardzo za nie, sprawiło mi niemałą przyjemność. Nie wiem co schrzaniłem, że rano tego nie wysłałem. Pomyliłem podgląd z wyślij

[madmathman]

Bardzo trudny dowód Nie za bardzo jednak rozumiem rozumiem fragmentu "Nietrudno wówczas spostrzec, że mamy: \(\displaystyle{ DD'=nz}\) i \(\displaystyle{ EE'=mz.}\)". No po prostu tego nie widzę. I mam jeszcze jedno pytanie. Czy odpowiednio zdefiniowany punkt \(\displaystyle{ S}\) istnieje w każdym trapezie?

[bakala12]

1. Te długości biorą się z podobieństwa trójkątów. Przyjrzyj się dokładnie.
2. Punkt S leży na odcinku DE i dzieli go w pewnym zadanym stosunku. Taki punkt zawsze istnieje i jest dokładnie jeden. Dowód tego jest w sumie nietrudny. Jeśli będzie potrzebny to jutro przytoczę.

[madmathman]

Będę wdzięczny za dowód istnienia i jednoznaczności punktu Podejrzewałem, że chodzi o podobieństwo trójkątów tylko nie mam pojęcie jakich. Pewnie tych nowo powstałych....proszę podać proporcje i mnie oświecić

[bakala12]

Dobrze to obie rzeczy. Zajmijmy się najpierw następującym twierdzeniem:
Dana jest liczba rzeczywista dodatnia \(\displaystyle{ k}\) oraz odcinek \(\displaystyle{ AB}\). Wewnątrz odcinka \(\displaystyle{ AB}\) leży dokładnie jeden punkt \(\displaystyle{ S}\) taki że \(\displaystyle{ \frac{AS}{BS}=k}\).
Dowód:
Istnienie:
Niech \(\displaystyle{ AB=x}\) oraz \(\displaystyle{ r=\frac{k}{k+1}x}\). Oczywiście \(\displaystyle{ r<x}\). Zakreślmy okrąg o środku w \(\displaystyle{ A}\) i promieniu \(\displaystyle{ r}\) i niech przecina on półprostą \(\displaystyle{ \vect{AB}}\) w punkcie \(\displaystyle{ S}\). Mamy \(\displaystyle{ r<x}\) zatem \(\displaystyle{ S}\) leży wewnątrz \(\displaystyle{ AB}\). Mamy \(\displaystyle{ BS=\frac{1}{k+1}x}\). Wówczas \(\displaystyle{ \frac{AS}{BS}=k}\).
Jednoznaczność:
Załóżmy, że istnieją wewnątrz odcinka \(\displaystyle{ AB}\) dwa punkty \(\displaystyle{ S}\) i \(\displaystyle{ S'}\) takie, że \(\displaystyle{ \frac{AS}{BS}=\frac{AS'}{BS'}=k}\). Niech \(\displaystyle{ AB=x}\). Wówczas łatwo policzyć, iż \(\displaystyle{ AS=AS'=\frac{k}{k+1}x}\). Stąd \(\displaystyle{ S=S'}\) co kończy dowód.

Odnośnie podobieństwa:
Z równoległości prostych \(\displaystyle{ AB}\) i \(\displaystyle{ DD'}\) mamy \(\displaystyle{ \Delta ABF \sim \Delta DD'F}\) i skala tego podobieństwa to \(\displaystyle{ m}\). Stąd \(\displaystyle{ DD'=\frac{AB}{m}=nz}\).
Analogicznie \(\displaystyle{ EE'=mz}\).

[madmathman]

Źle zaznaczyłem punkty \(\displaystyle{ D'}\) i \(\displaystyle{ E'}\). Stąd nic nie wychodziło