Matematyka.pl

Na bokach \(\displaystyle{ BC}\) i \(\displaystyle{ CA}\) trójkąta \(\displaystyle{ ABC}\) zbudowano po jego zewnętrznej stronie kwadraty \(\displaystyle{ BCDE}\) oraz \(\displaystyle{ CAFG}\). Punkty \(\displaystyle{ M,N}\) są odpowiednio środkami odcinków \(\displaystyle{ DF,EG}\). Znając długości boków trójkąta \(\displaystyle{ ABC}\), obliczyć długość odcinka \(\displaystyle{ MN}\).

Nie wiem za bardzo co tu dorysować. Dorysowałem odcinki \(\displaystyle{ GD}\) i \(\displaystyle{ FE}\) jednak nie widzę, żadnego przystawania trójkątów. Na pewno z zależności kątowych i twierdzenia kosinusów można znaleźć długości odcinków \(\displaystyle{ FD}\) i \(\displaystyle{ GE}\) jednak po pierwsze twierdzenie kosinusów to zbyt ciężka maszyneria tutaj, a po drugie nie wiadomo co z tego wynika. Proszę o jakieś wskazówki.

Podpowiedź:
Trójkąt \(\displaystyle{ FDG}\)

\(\displaystyle{ M}\) - środek odcinka \(\displaystyle{ FD}\)

\(\displaystyle{ O}\) - środek odcinka \(\displaystyle{ GD}\)

\(\displaystyle{ |FG|=b}\)

Odcinek, który łączy środki dwóch boków trójkąta jest równoległy do trzeciego boku, a jego długość jest równa połowie tego boku.

\(\displaystyle{ MO \parallel FG \parallel AC}\)

\(\displaystyle{ |MO|=\frac{1}{2}b}\)

========================
Trójkąt \(\displaystyle{ GED}\)

\(\displaystyle{ N}\) - środek odcinka \(\displaystyle{ GE}\)

\(\displaystyle{ O}\) - środek odcinka \(\displaystyle{ GD}\)

\(\displaystyle{ |DE|=a}\)

\(\displaystyle{ ON \parallel DE \parallel BC}\)

\(\displaystyle{ |ON|=\frac{1}{2}a}\)

No kurde dobre! Czyli z równoległości odpowiednich odcinków kąty \(\displaystyle{ MON}\) i \(\displaystyle{ ACB}\) są te same. Jeśli zatem dorysujemy punkty \(\displaystyle{ H,I}\) będące środkami boków odpowiednio \(\displaystyle{ AC,BC}\) to trójkąty \(\displaystyle{ MON}\) i \(\displaystyle{ HIC}\) są przystające zatem odcinek \(\displaystyle{ MN=HI=1/2|AB|=1/2c}\). Dobrze? Czy jest może jakieś lepsze uzasadnienie tego faktu? (staram się unikać podobieństwa).

Ja bym jednak brała podobieństwo. Wtedy nie trzeba dodatkowych punktów.
Skoro odpowiednie

\(\displaystyle{ MO \parallel AC}\)
i
\(\displaystyle{ ON \parallel BC}\)
to \(\displaystyle{ |\angle MON| =|\angle ACB|}\)
więc trójkąty są podobne, a skala podobieństwa to \(\displaystyle{ k=\frac{1}{2}}\)
czyli
\(\displaystyle{ |MN|=\frac{1}{2}|AB|}\)