wykaż że

[Ichigo0]

Proszę o rozwiązanie zadania.Czworokąt wypukły to taki w którym dwa punkty wewnątrz czworokąta można połączyć odcinkiem znajdującym się w całości w jego wnętrzu.Wykaż że jeżeli w czworokącie wypukłym odcinek łączący środki przeciwległych boków ma długość równą średniej arytmetycznej dwóch pozostałych boków to czworokąt jest trapezem.

[earl grey]

Niech \(\displaystyle{ ABCD}\) będzie danym czworokątem wypukłym. Ponadto, niech \(\displaystyle{ M_1}\) oraz \(\displaystyle{ M_2}\) będą środkami boków odpowiednio \(\displaystyle{ BC}\) oraz \(\displaystyle{ DA}\). Poprowadźmy przekątną \(\displaystyle{ AC}\), oznaczając jej środek jako \(\displaystyle{ M_3}\). Z założeń mamy \(\displaystyle{ |M_1M_2|=\frac{|AB|+|CD|}{2}}\). Natomiast z twierdzenia Talesa: \(\displaystyle{ |M_1M_3|=\frac{|AB|}{2}}\) oraz \(\displaystyle{ |M_3M_2|=\frac{|CD|}{2}}\). Z nierówności trójkąta dla \(\displaystyle{ \triangle M_1M_2M_3}\) mamy \(\displaystyle{ |M_1M_3|+|M_2M_3| \geq |M_1M_2|}\) z równością wtedy i tylko wtedy gdy \(\displaystyle{ M_3}\) leży na \(\displaystyle{ M_1M_2}\). Korzystając z wcześniejszych wniosków przekonujemy się, że równość w tej nierówności istotnie zachodzi. Wobec tego \(\displaystyle{ M_3}\) leży na \(\displaystyle{ M_1M_2}\), skąd wynikają równoległości \(\displaystyle{ M_1M_2 || CD}\) oraz \(\displaystyle{ M_1M_2 || AB}\), które implikują tezę.

[Ichigo0]

Nie wiem jak z twierdzenia Talesa dojść do takich wniosków.

[Rafsaf]

Weźmy czworokąt \(\displaystyle{ ACDE}\) gdzie odcinek łączący środki przeciwległych boków to \(\displaystyle{ BF}\) Przekształcamy go przez jednokładność o środku w punkcie \(\displaystyle{ F}\) i skali \(\displaystyle{ k=-1}\)
Z własności jednokładności wynika że \(\displaystyle{ BC||B'A'}\) oraz \(\displaystyle{ \left| BC\right| =\left| B'A'\right|}\)

Zauważmy że istnieje jednokładność o środku w punkcie \(\displaystyle{ G}\) która przekształca \(\displaystyle{ \Delta BGC}\) na \(\displaystyle{ \Delta A'B'G}\) ponieważ odpowiednie boki w obu trójkątach są równoległe. Jej skala to \(\displaystyle{ k=-1}\) co wynika z równości \(\displaystyle{ \left| BC\right| =\left| B'A'\right|}\)

Skoro tak to \(\displaystyle{ \Delta BB'G \equiv \Delta CA'G}\)

Mamy więc że \(\displaystyle{ \left| CA'\right| =\left| BB'\right|}\)
Teraz korzystamy z założeń: Skoro \(\displaystyle{ \left| AE\right| +\left| CD\right| =2\left| BF\right| =\left| BB'\right|}\) to także \(\displaystyle{ \left| CD\right| +\left| DA'\right| =\left| BB'\right|}\)

Nie ma więc wyjścia i punkt \(\displaystyle{ D}\) leży na prostej \(\displaystyle{ CA'}\), która jest równoległa do \(\displaystyle{ BB'}\)

Analogicznie dowodzimy, że \(\displaystyle{ AC'||BB'}\) a \(\displaystyle{ E \in}\) pr \(\displaystyle{ AC'}\) co daje w końcu tezę, nic mądrzejszego nie wymyśliłem

Ukryta treść:    

Kod: Zaznacz cały

http://wstaw.org/w/4LMp/

Tu trochę lepsza jakość:

edit: w sumie to ta druga jednokładność i przystawanie jest niepotrzebne, to że \(\displaystyle{ BB'A'C}\) jest równoległobokiem jest oczywiste już wcześniej

[kruszewski]

Niech do prostej \(\displaystyle{ m}\) przynależy bok \(\displaystyle{ AB}\) , a do prostej \(\displaystyle{ n}\) bok AD. Szukamy punktu \(\displaystyle{ C}\), czwartego wierzchołka czworoboku \(\displaystyle{ ABCD}\) (wspólnego dla dwu boków \(\displaystyle{ DC}\) i \(\displaystyle{ BC}\) ) takiego, że średnia arytmetyczna długości boków \(\displaystyle{ AB}\) i \(\displaystyle{ CD}\) ma miarę odcinka o końcach w punktach połowiących boki \(\displaystyle{ AD}\) i \(\displaystyle{ BC}\) i pytamy o kształt tego otrzymanego czworoboku \(\displaystyle{ ABCD}\).
Niech bok \(\displaystyle{ CD}\) ma dowolną miarę, \(\displaystyle{ |CD|}\).
Na prostej \(\displaystyle{ m}\) odkładamy od \(\displaystyle{ B}\) odcinek \(\displaystyle{ |CD|}\) otrzymując odcinek miary \(\displaystyle{ |AD|= |AB|+|CD|}\) którego połowa jest miarą interesującej nas średniej arytmetycznej (GK na rysunku).
Pozostała konstrukcja wydaje się niewymagającą dalszych objaśnień.