Trapez, trójkąt równoboczny i dowód

Wielokąty (n>3). Okręgi. Inne figury płaskie. Zadania i twierdzenia z nimi związane. Geometria rzutowa na płaszczyżnie.
Awatar użytkownika
Tristan
Użytkownik
Użytkownik
Posty: 2353
Rejestracja: 24 kwie 2005, o 14:28
Płeć: Mężczyzna
Podziękował: 27 razy
Pomógł: 557 razy

Trapez, trójkąt równoboczny i dowód

Post autor: Tristan »

W trapezie ABCD (AB || CD) przekątne przecinają się w punkcie O i są nachylone do podstaw pod kątem 60 stopni. Wykaż, że wtedy środki odcinków OA, BC, OD są wierzchołkami trójkąta równobocznego.

Ja to zadanko zrobiłem i bardzo mi się podobało, dlatego je zamieszczam:)
W_Zygmunt
Użytkownik
Użytkownik
Posty: 545
Rejestracja: 1 wrz 2004, o 22:47
Płeć: Mężczyzna
Lokalizacja: Kraków
Pomógł: 53 razy

Trapez, trójkąt równoboczny i dowód

Post autor: W_Zygmunt »

Oto rysunek
Awatar użytkownika
Tristan
Użytkownik
Użytkownik
Posty: 2353
Rejestracja: 24 kwie 2005, o 14:28
Płeć: Mężczyzna
Podziękował: 27 razy
Pomógł: 557 razy

Trapez, trójkąt równoboczny i dowód

Post autor: Tristan »

Eh... jak można dać zadanie na forum, potem poprosić o rysunek do niego i jeszcze o nim zaomnieć... a no można - ja potrafię Przepraszam
Wprowadzę sobie dodatkowe oznaczenia:
\(\displaystyle{ |AD|=|BC|=2a}\)
\(\displaystyle{ |MK|=|CL|=|BL|=a}\)
\(\displaystyle{ \angle CAD= \angle DBC= }\)
\(\displaystyle{ |ML|=x, |KL|=y}\)
Przy tych oznaczeniach zadanie sprowadza się do wykazania, że \(\displaystyle{ a=x=y}\)
Z własności kątów naprzemianległych mamy, że \(\displaystyle{ \angle BAC= \angle ACD=60^{\circ}}\), czyli również \(\displaystyle{ \angle ABD=\angle BDC=60^{\circ}}\). Wynika z tego, że \(\displaystyle{ \angle DOC=60^{\circ}}\), więc \(\displaystyle{ \angle AOD= \angle BOC=120^{\circ}}\). Korzystając z twierdzenia cosinusów dla trójkąta \(\displaystyle{ AOD}\) mamy:
(I)\(\displaystyle{ (2c)^2=(2a)^2+(2b)^2 -2 2a 2b \cos }\)
\(\displaystyle{ 4c^2=4a^2+4b^2-8ac \cos }\)
\(\displaystyle{ c^2=a^2+b^2-2ab \cos }\)
(II) \(\displaystyle{ (2a)^2=(2b)^2 - 2 2b 2c \cos 120^{\circ}}\)
\(\displaystyle{ 4a^2=4b^2+4c^2 -8bc (-\frac{1}{2})}\)
\(\displaystyle{ a^2=b^2+c^2+bc}\)
(I)+(II) \(\displaystyle{ a^2+c^2=a^2 +b^2 -2ab \cos +b^2+c^2+ bc}\)
\(\displaystyle{ 2ab \cos =b(2b+c)}\)
\(\displaystyle{ \cos =\frac{2b+c}{2a}}\)
Korzystając z twierdzenia cosinusów dla trójkąta \(\displaystyle{ MBL}\) mamy:
\(\displaystyle{ x^2=a^2+(2b+c)^2-2a (2b+c) \cos }\)
\(\displaystyle{ x^2=a^2+(2b+c)^2 -2a (2b+c) \frac{2b+c}{2a}}\)
\(\displaystyle{ x^2=a^2+(2b+c)^2-(2b+c)^2}\)
\(\displaystyle{ x^2=a^2}\)
\(\displaystyle{ x=a}\)
Z faktu, że \(\displaystyle{ x=a}\) wynika, że \(\displaystyle{ \angle LBM= \angle LMB =\alpha}\). Ponieważ trójkąty \(\displaystyle{ AOD}\) i \(\displaystyle{ KOM}\) są podobne, więc \(\displaystyle{ \angle OKM=\alpha}\). Wiemy, że \(\displaystyle{ \angle KOM=120^{\circ}}\), więc \(\displaystyle{ \angle KMO=60^{\circ} - }\). Dlatego też \(\displaystyle{ \angle KML=60^{\circ} - +\alpha=60^{\circ}}\).
Wynika z tego wprost, że \(\displaystyle{ y=a}\) i trójkąt \(\displaystyle{ KLM}\) jest równoboczny cnd.
ODPOWIEDZ