Wykaż, że jeżeli między kątami trójkąta zachodzi zależność $\cos \alpha = \dfrac{1 - \cos \gamma}{2 \cos \beta}$, to trójkąt jest równoramienny.
Wskazówki:
- Pomnóż wyjściowe równanie obustronnie przez mianownik $2\cos\beta$, aby przekształcić je do postaci iloczynowej.
- Zastosuj wzór na iloczyn cosinusów: $2\cos\alpha\cos\beta = \cos(\alpha+\beta) + \cos(\alpha-\beta)$.
- Wykorzystaj fakt, że suma kątów w trójkącie wynosi $\alpha + \beta + \gamma = 180^\circ$, co pozwala zapisać $\alpha + \beta = 180^\circ - \gamma$ i zastosować wzór redukcyjny $\cos(180^\circ - \gamma) = -\cos\gamma$.
- Zbadaj zbiór wartości różnicy kątów $\alpha - \beta$ w trójkącie, aby wyznaczyć jedyne rozwiązanie otrzymanego równania trygonometrycznego.
- Zadanie można również udowodnić algebraicznie (Sposób II), wyrażając cosinusy kątów za pomocą twierdzenia cosinusów i stosując nierówność trójkąta.
Rozwiązanie krok po kroku:
1. Rysunek pomocniczy ze stanem wyjściowym zadania:
Rozważamy dowolny trójkąt $ABC$ o bokach $a, b, c$ leżących odpowiednio naprzeciw kątów wewnętrznych $\alpha, \beta, \gamma$. Na etapie wyjściowym nie zakładamy równości żadnych boków ani kątów trójkąta.
2. Sposób I – Wykorzystanie tożsamości trygonometrycznych:
Wychodzimy od zależności podanej w treści zadania:
$$\cos \alpha = \dfrac{1 - \cos \gamma}{2 \cos \beta}$$
Kąt $\beta$ jest kątem wewnętrznym trójkąta, zatem $\beta \in (0^\circ, 180^\circ)$ oraz $\cos \beta \neq 0$ (dla $\beta = 90^\circ$ wyrażenie w mianowniku nie miałoby sensu liczbowego). Mnożymy obie strony równania przez $2\cos\beta$:
$$2 \cos \alpha \cos \beta = 1 - \cos \gamma$$
Korzystamy ze wzoru na iloczyn cosinusów:
$$2 \cos \alpha \cos \beta = \cos(\alpha + \beta) + \cos(\alpha - \beta)$$
Podstawiamy powyższe rozwinięcie do lewej strony równania:
$$\cos(\alpha + \beta) + \cos(\alpha - \beta) = 1 - \cos \gamma$$
Suma miar kątów w trójkącie wynosi $\alpha + \beta + \gamma = 180^\circ$, skąd:
$$\alpha + \beta = 180^\circ - \gamma$$
Stosujemy wzór redukcyjny dla funkcji cosinus:
$$\cos(\alpha + \beta) = \cos(180^\circ - \gamma) = -\cos \gamma$$
Wstawiamy tę zależność do równania:
$$\begin{aligned}
-\cos \gamma + \cos(\alpha - \beta) &= 1 - \cos \gamma \\[6pt]
\cos(\alpha - \beta) &= 1
\end{aligned}$$
3. Analiza rozwiązań równania trygonometrycznego na przedziale kątów trójkąta:
Kąty $\alpha$ i $\beta$ spełniają warunki $0^\circ < \alpha < 180^\circ$ oraz $0^\circ < \beta < 180^\circ$.
Wyznaczamy dopuszczalny zbiór wartości różnicy $\alpha - \beta$:
$$-180^\circ < \alpha - \beta < 180^\circ$$
Wykres funkcji $y = \cos x$ w otwartym przedziale $(-180^\circ, 180^\circ)$ osiąga wartość $1$ wyłącznie w jednym punkcie — dla argumentu $x = 0^\circ$:
Zatem jedynym rozwiązaniem równania $\cos(\alpha - \beta) = 1$ w przedziale $(-180^\circ, 180^\circ)$ jest:
$$\begin{aligned}
\alpha - \beta &= 0^\circ \\[6pt]
\alpha &= \beta
\end{aligned}$$
W trójkącie dwa kąty wewnętrzne mają równe miary ($\alpha = \beta$), co oznacza, że boki leżące naprzeciw tych kątów są równej długości ($a = b$). Trójkąt $ABC$ jest więc równoramienny.
4. Sposób II – Zastosowanie twierdzenia cosinusów (metoda algebraiczna):
Alternatywnie dowód można przeprowadzić za pomocą długości boków $a, b, c$ trójkąta. Z twierdzenia cosinusów wyznaczamy:
$$\cos \alpha = \dfrac{b^2 + c^2 - a^2}{2bc}, \quad \cos \beta = \dfrac{a^2 + c^2 - b^2}{2ac}, \quad \cos \gamma = \dfrac{a^2 + b^2 - c^2}{2ab}$$
Równanie wyjściowe po pomnożeniu przez mianownik ma postać:
$$2 \cos \alpha \cos \beta = 1 - \cos \gamma$$
Przekształcamy prawą stronę równania:
$$\begin{aligned}
1 - \cos \gamma &= 1 - \dfrac{a^2 + b^2 - c^2}{2ab} \\[6pt]
&= \dfrac{2ab - (a^2 + b^2 - c^2)}{2ab} \\[6pt]
&= \dfrac{c^2 - (a^2 - 2ab + b^2)}{2ab} \\[6pt]
&= \dfrac{c^2 - (a - b)^2}{2ab}
\end{aligned}$$
Przekształcamy lewą stronę równania:
$$\begin{aligned}
2 \cos \alpha \cos \beta &= 2 \cdot \dfrac{b^2 + c^2 - a^2}{2bc} \cdot \dfrac{a^2 + c^2 - b^2}{2ac} \\[6pt]
&= \dfrac{[c^2 - (a^2 - b^2)][c^2 + (a^2 - b^2)]}{2abc^2} \\[6pt]
&= \dfrac{c^4 - (a^2 - b^2)^2}{2abc^2}
\end{aligned}$$
Przyrównujemy obie strony:
$$\dfrac{c^4 - (a^2 - b^2)^2}{2abc^2} = \dfrac{c^2 - (a - b)^2}{2ab}$$
Mnożymy obustronnie przez $2abc^2$:
$$\begin{aligned}
c^4 - (a^2 - b^2)^2 &= c^2 \cdot \big[c^2 - (a - b)^2\big] \\[6pt]
c^4 - (a^2 - b^2)^2 &= c^4 - c^2(a - b)^2 \\[6pt]
-(a^2 - b^2)^2 &= -c^2(a - b)^2 \\[6pt]
(a^2 - b^2)^2 - c^2(a - b)^2 &= 0
\end{aligned}$$
Rozpisujemy $(a^2 - b^2)^2 = [(a - b)(a + b)]^2 = (a - b)^2 (a + b)^2$ i wyłączamy $(a - b)^2$ przed nawias:
$$\begin{aligned}
(a - b)^2 (a + b)^2 - c^2(a - b)^2 &= 0 \\[6pt]
(a - b)^2 \cdot \big[(a + b)^2 - c^2\big] &= 0 \\[6pt]
(a - b)^2 \cdot (a + b - c)(a + b + c) &= 0
\end{aligned}$$
Z warunku trójkąta (nierówność trójkąta) suma długości dwóch dowolnych boków jest ściśle większa od długości trzeciego boku:
$$a + b > c \iff a + b - c > 0$$
Ponadto długości boków są dodatnie, więc $a + b + c > 0$. Czynnik $(a + b - c)(a + b + c)$ jest zatem ściśle dodatni i nie może być równy $0$. Stąd wynika, że:
$$\begin{aligned}
(a - b)^2 &= 0 \\[6pt]
a - b &= 0 \iff a = b
\end{aligned}$$
Dwa boki trójkąta mają równe długości ($a = b$), co dowodzi, że trójkąt jest równoramienny.
Dowód przeprowadzono ($\alpha = \beta$, zatem trójkąt jest równoramienny).
2
Uzasadnij, że w trapezie $ABCD$ ($AB \parallel CD$) dwusieczne kątów $ABC$ i $BCD$ są prostopadłe.
Wskazówki:
- Suma miar kątów wewnętrznych leżących przy tym samym ramieniu dowolnego trapezu wynosi $180^\circ$ (wynika to z faktu, że są to kąty jednostronne wewnętrzne utworzone przez dwie proste równoległe przecięte sieczną).
- Dwusieczna dzieli kąt na dwie równe części – zapisz sumę połówek kątów $\angle ABC$ oraz $\angle BCD$.
- Rozpatrz trójkąt $BCP$ utworzony przez wierzchołki $B$, $C$ oraz punkt przecięcia obu dwusiecznych $P$, a następnie skorzystaj z twierdzenia o sumie miar kątów w trójkącie ($180^\circ$).
- Alternatywnie (Sposób II) możesz przedłużyć jedną z dwusiecznych do przecięcia z prostą zawierającą drugą podstawę i wykorzystać własności trójkąta równoramiennego.
Rozwiązanie krok po kroku:
1. Rysunek pomocniczy i oznaczenia (stan wyjściowy):
Oznaczmy miary kątów wewnętrznych trapezu przy ramieniu $BC$:
$$\beta = |\angle ABC|, \quad \gamma = |\angle BCD|$$
Niech punkt $P$ będzie punktem przecięcia dwusiecznych kątów $ABC$ i $BCD$. Z definicji dwusiecznej kąta proste te dzielą kąty $\beta$ i $\gamma$ na połowy:
$$|\angle PBC| = \dfrac{\beta}{2}, \quad |\angle PCB| = \dfrac{\gamma}{2}$$
2. Zależność między kątami przy ramieniu trapezu:
Ponieważ podstawy trapezu są równoległe ($AB \parallel CD$), kąty leżące przy ramieniu $BC$ są kątami jednostronnymi wewnętrznymi utworzonymi przez sieczną $BC$ przecinającą te proste równoległe. Z własności prostych równoległych wynika, że ich suma jest równa kątowi półpełnemu:
$$\beta + \gamma = 180^\circ$$
Dzieląc obie strony równości obustronnie przez $2$, otrzymujemy sumę miar połówek tych kątów:
$$\begin{aligned}
\dfrac{\beta + \gamma}{2} &= \dfrac{180^\circ}{2} \\[6pt]
\dfrac{\beta}{2} + \dfrac{\gamma}{2} &= 90^\circ
\end{aligned}$$
3. Sposób I – Wyznaczenie miary kąta w trójkącie $BCP$:
Rozpatrzmy trójkąt $BCP$. Suma miar kątów wewnętrznych w dowolnym trójkącie wynosi $180^\circ$:
$$|\angle BPC| + |\angle PBC| + |\angle PCB| = 180^\circ$$
Podstawiając miary kątów wyznaczone przez dwusieczne:
$$|\angle BPC| + \left(\dfrac{\beta}{2} + \dfrac{\gamma}{2}\right) = 180^\circ$$
Wstawiając obliczoną wcześniej sumę $\dfrac{\beta}{2} + \dfrac{\gamma}{2} = 90^\circ$:
$$\begin{aligned}
|\angle BPC| + 90^\circ &= 180^\circ \\[6pt]
|\angle BPC| &= 180^\circ - 90^\circ \\[6pt]
|\angle BPC| &= 90^\circ
\end{aligned}$$
4. Sposób II – Wykorzystanie trójkąta równoramiennego:
Przedłużmy dwusieczną kąta $ABC$ do przecięcia z prostą zawierającą podstawę $CD$ w punkcie $E$:
- Kąty $\angle ABE$ oraz $\angle CEB$ są kątami naprzemianległymi wewnętrznymi przy prostych równoległych $AB \parallel CD$, zatem:
$$|\angle CEB| = |\angle ABE|$$
- Ponieważ prosta $BE$ jest dwusieczną kąta $ABC$, zachodzi:
$$|\angle ABE| = |\angle CBE|$$
- Zestawiając obie równości, otrzymujemy:
$$|\angle CEB| = |\angle CBE|$$
Trójkąt $BCE$ ma dwa kąty o równej mierze, jest więc trójkątem równoramiennym, w którym $|BC| = |CE|$.
W trójkącie równoramiennym $BCE$ odcinek leżący na dwusiecznej kąta między ramionami ($\angle BCD$) dzieli ten kąt na połowy i pokrywa się z wysokością opuszczoną na podstawę $BE$.
Wysokość jest z definicji prostopadła do podstawy trójkąta:
$$CP \perp BE \implies |\angle BPC| = 90^\circ$$
5. Podsumowanie i rysunek wynikowy:
Kąt między dwusiecznymi kątów $ABC$ i $BCD$ ma miarę $90^\circ$, co bezpośrednio dowodzi, że dwusieczne te przecinają się pod kątem prostym, czyli są prostopadłe.
Kąt między dwusiecznymi kątów $ABC$ i $BCD$ wynosi $90^\circ$, co dowodzi, że są one prostopadłe.
3
Punkt $S$ jest środkiem okręgu wpisanego w trapez $ABCD$ ($AB \parallel CD$). Wykaż, że trójkąt $SBC$ jest prostokątny.
Wskazówki:
- Środek okręgu wpisanego w dowolny wielokąt jest punktem przecięcia dwusiecznych jego kątów wewnętrznych. Półproste $BS$ i $CS$ dzielą kąty $\sphericalangle ABC$ i $\sphericalangle BCD$ na dwie równe części.
- W dowolnym trapezie o podstawach równoległych ($AB \parallel CD$) suma miar kątów leżących przy tym samym ramieniu wynosi $180^\circ$ (są to kąty jednostronne wewnętrzne).
- Trójkąt jest prostokątny, gdy miara jednego z jego kątów wynosi $90^\circ$ (równoważnie: suma miar dwóch kątów ostrych wynosi $90^\circ$).
Rozwiązanie krok po kroku:
1. Własność środka okręgu wpisanego i rysunek pomocniczy:
Środek okręgu wpisanego $S$ leży na przecięciu dwusiecznych kątów wewnętrznych trapezu. Oznacza to, że odcinki $BS$ i $CS$ są dwusiecznymi kątów odpowiednio przy wierzchołkach $B$ i $C$.
Wprowadźmy oznaczenia miar kątów:
$$\sphericalangle ABS = \sphericalangle SBC = \beta$$
$$\sphericalangle DCS = \sphericalangle SCB = \gamma$$
Wówczas pełne miary kątów wewnętrznych trapezu przy wierzchołkach $B$ i $C$ wynoszą:
$$\sphericalangle ABC = 2\beta, \quad \sphericalangle BCD = 2\gamma$$
2. Suma miar kątów przy ramieniu trapezu (Sposób I – metoda kątów jednostronnych):
Ponieważ proste zawierające podstawy trapezu są równoległe ($AB \parallel CD$), kąty wewnętrzne leżące przy ramieniu $BC$ stanowią parę kątów jednostronnych wewnętrznych przy dwóch prostych równoległych przeciętych prostą $BC$. Suma ich miar wynosi $180^\circ$:
$$\sphericalangle ABC + \sphericalangle BCD = 180^\circ$$
Podstawiamy wyznaczone wcześniej wyrażenia:
$$\begin{aligned}
2\beta + 2\gamma &= 180^\circ \\[6pt]
2(\beta + \gamma) &= 180^\circ \quad / : 2 \\[6pt]
\beta + \gamma &= 90^\circ
\end{aligned}$$
3. Wyznaczenie miary kąta $\sphericalangle BSC$:
Rozważamy trójkąt $SBC$. Suma miar kątów w każdym trójkącie jest równa $180^\circ$:
$$\sphericalangle BSC + \sphericalangle SBC + \sphericalangle SCB = 180^\circ$$
Podstawiając $\sphericalangle SBC = \beta$ oraz $\sphericalangle SCB = \gamma$:
$$\begin{aligned}
\sphericalangle BSC + (\beta + \gamma) &= 180^\circ \\[6pt]
\sphericalangle BSC + 90^\circ &= 180^\circ \\[6pt]
\sphericalangle BSC &= 180^\circ - 90^\circ \\[6pt]
\sphericalangle BSC &= 90^\circ
\end{aligned}$$
Skoro kąt $\sphericalangle BSC$ ma miarę $90^\circ$, trójkąt $SBC$ jest prostokątny.
4. Alternatywny dowód (Sposób II – wykorzystanie punktów styczności i kąta półpełnego):
Niech punkty $K$, $L$ i $M$ będą punktami styczności okręgu wpisanego odpowiednio z podstawą $AB$, ramieniem $BC$ i podstawą $CD$. Promienie poprowadzone do punktów styczności są prostopadłe do boków:
$$SK \perp AB, \quad SL \perp BC, \quad SM \perp CD$$
Ponieważ $AB \parallel CD$, odcinek $KM$ jest prostopadły do obu podstaw, przechodzi przez środek okręgu $S$ i ma długość $2r$ (jest wysokością trapezu). Oznacza to, że punkty $K$, $S$ i $M$ są współliniowe, a kąt $\sphericalangle KSM$ jest kątem półpełnym o mierze $180^\circ$.
Z przystawania trójkątów prostokątnych ($\triangle SKB \cong \triangle SLB$ oraz $\triangle SMC \cong \triangle SLC$, cecha bok-bok-kąt) otrzymujemy równości kątów środkowych:
$$\sphericalangle KSB = \sphericalangle BSL = \varphi_1$$
$$\sphericalangle MSC = \sphericalangle CSL = \varphi_2$$
Kąt półpełny tworzą te cztery kąty:
$$\begin{aligned}
2\varphi_1 + 2\varphi_2 &= 180^\circ \\[6pt]
2(\varphi_1 + \varphi_2) &= 180^\circ \quad / : 2 \\[6pt]
\varphi_1 + \varphi_2 &= 90^\circ
\end{aligned}$$
Ponieważ kąt $\sphericalangle BSC$ składa się z sumy kątów $\sphericalangle BSL$ i $\sphericalangle CSL$:
$$\sphericalangle BSC = \varphi_1 + \varphi_2 = 90^\circ$$
Zatem trójkąt $SBC$ jest trójkątem prostokątnym, co kończy dowód.
5. Rysunek wynikowy:
Trójkąt $SBC$ jest prostokątny ($\sphericalangle BSC = 90^\circ$).
4
W trapezie równoramiennym $ABCD$, gdzie $AB \parallel CD$ i $|AB| > |CD|$, poprowadzono wysokość $DE$. W ten trapez można wpisać okrąg. Wykaż, że $|AE|^2 + |BD|^2 = \dfrac{1}{8}k^2$, gdzie $k$ jest obwodem trapezu $ABCD$.
Wskazówki:
- Przypomnij sobie warunek wpisania okręgu w czworokąt wypukły: sumy długości przeciwległych boków są równe ($a + b = 2c$).
- Zauważ, że w trapezie równoramiennym wysokość $DE$ opuszczona na dłuższą podstawę dzieli ją na odcinki o długościach $|AE| = \dfrac{a - b}{2}$ oraz $|EB| = \dfrac{a + b}{2}$.
- Połącz te relacje: odcinek $|EB|$ okazuje się równy ramieniu trapezu $c$.
- Zastosuj twierdzenie Pitagorasa w trójkątach prostokątnych $\triangle AED$ oraz $\triangle DEB$, aby powiązać kwadrat przekątnej $|BD|^2$ z kwadratem ramienia $c^2$ i odcinkiem $|AE|$.
- Wyraź ramię $c$ lub sumę podstaw $a + b$ za pomocą obwodu $k$.
Rozwiązanie krok po kroku:Sposób I (Geometryczno-algebraiczny z twierdzeniem Pitagorasa):
1. Wprowadzenie oznaczeń i rysunek pomocniczy:
Przyjmijmy standardowe oznaczenia długości boków trapezu $ABCD$:
- dłuższą podstawę oznaczmy jako $|AB| = a$,
- krótszą podstawę jako $|CD| = b$ (gdzie $a > b$),
- równe ramiona jako $|AD| = |BC| = c$,
- wysokość opuszczoną z wierzchołka $D$ na podstawę $AB$ jako $|DE| = h$.
2. Wykorzystanie warunku wpisania okręgu w trapez:
W czworokąt wypukły można wpisać okrąg wtedy i tylko wtedy, gdy sumy długości przeciwległych boków są równe:
$$|AB| + |CD| = |AD| + |BC|$$
$$a + b = c + c = 2c \implies c = \dfrac{a + b}{2}$$
Obwód trapezu $k$ jest sumą wszystkich jego boków:
$$\begin{aligned}
k &= a + b + 2c \\[6pt]
&= 2c + 2c \\[6pt]
&= 4c
\end{aligned}$$
Stąd ramię trapezu możemy zapisać bezpośrednio w zależności od obwodu $k$:
$$c = \dfrac{k}{4}$$
3. Wyznaczenie długości odcinków na podstawie $AB$:
W trapezie równoramiennym spodek wysokości $E$ dzieli podstawę $AB$ na odcinki o długościach:
$$|AE| = \dfrac{a - b}{2}$$
$$|EB| = a - |AE| = a - \dfrac{a - b}{2} = \dfrac{a + b}{2}$$
Zauważmy fundamentalną zależność: ponieważ z warunku wpisania okręgu mamy $c = \dfrac{a + b}{2}$, to:
$$|EB| = c$$
4. Zastosowanie twierdzenia Pitagorasa w trójkątach prostokątnych:
Wysokość $DE$ jest prostopadła do podstawy $AB$, tworząc dwa trójkąty prostokątne: $\triangle AED$ oraz $\triangle DEB$.
Z twierdzenia Pitagorasa w trójkącie $\triangle AED$:
$$|AE|^2 + h^2 = c^2 \implies h^2 = c^2 - |AE|^2$$
Z twierdzenia Pitagorasa w trójkącie $\triangle DEB$:
$$|BD|^2 = |EB|^2 + h^2$$
Podstawmy wyznaczone wielkości $|EB| = c$ oraz $h^2 = c^2 - |AE|^2$:
$$\begin{aligned}
|BD|^2 &= c^2 + \left(c^2 - |AE|^2\right) \\[6pt]
|BD|^2 &= 2c^2 - |AE|^2
\end{aligned}$$
Przenosząc $|AE|^2$ na lewą stronę równania, otrzymujemy:
$$|AE|^2 + |BD|^2 = 2c^2$$
5. Zastąpienie ramienia $c$ obwodem $k$ i wniosek:
Wstawiamy zależność $c = \dfrac{k}{4}$:
$$\begin{aligned}
|AE|^2 + |BD|^2 &= 2 \cdot \left(\dfrac{k}{4}\right)^2 \\[6pt]
&= 2 \cdot \dfrac{k^2}{16} \\[6pt]
&= \dfrac{1}{8}k^2
\end{aligned}$$
Co kończy dowód.
Sposób II (Czysto algebraiczny z wykorzystaniem własności $h^2 = ab$):
1. Rozpisanie lewej strony tezy przez długości podstaw $a, b$ oraz wysokość $h$:
Korzystając ze wzorów na $|AE| = \dfrac{a - b}{2}$ oraz $|BD|^2 = |EB|^2 + h^2 = \left(\dfrac{a + b}{2}\right)^2 + h^2$, zapisujemy lewą stronę tezy:
$$\begin{aligned}
L &= |AE|^2 + |BD|^2 \\[6pt]
&= \left(\dfrac{a - b}{2}\right)^2 + \left(\dfrac{a + b}{2}\right)^2 + h^2 \\[6pt]
&= \dfrac{a^2 - 2ab + b^2}{4} + \dfrac{a^2 + 2ab + b^2}{4} + h^2 \\[6pt]
&= \dfrac{2a^2 + 2b^2}{4} + h^2 \\[6pt]
&= \dfrac{a^2 + b^2}{2} + h^2
\end{aligned}$$
2. Wyznaczenie kwadratu wysokości trapezu opisanego na okręgu:
Z trójkąta prostokątnego $\triangle AED$ mamy:
$$\begin{aligned}
h^2 &= c^2 - |AE|^2 \\[6pt]
&= \left(\dfrac{a + b}{2}\right)^2 - \left(\dfrac{a - b}{2}\right)^2 \\[6pt]
&= \dfrac{a^2 + 2ab + b^2 - (a^2 - 2ab + b^2)}{4} \\[6pt]
&= \dfrac{4ab}{4} \\[6pt]
&= ab
\end{aligned}$$
3. Podstawienie $h^2 = ab$ i powiązanie z obwodem $k$:
Wstawiamy wyznaczone $h^2 = ab$ do wyrażenia na $L$:
$$\begin{aligned}
L &= \dfrac{a^2 + b^2}{2} + ab \\[6pt]
&= \dfrac{a^2 + 2ab + b^2}{2} \\[6pt]
&= \dfrac{(a + b)^2}{2}
\end{aligned}$$
Ponieważ czworokąt jest opisany na okręgu, obwód wynosi $k = (a + b) + 2c = (a + b) + (a + b) = 2(a + b)$, skąd $a + b = \dfrac{k}{2}$. Podstawiając to do wzoru:
$$\begin{aligned}
L &= \dfrac{\left(\dfrac{k}{2}\right)^2}{2} \\[6pt]
&= \dfrac{\dfrac{k^2}{4}}{2} \\[6pt]
&= \dfrac{1}{8}k^2
\end{aligned}$$
Otrzymaliśmy $L = P$, co należało wykazać.
Wykazano, że $|AE|^2 + |BD|^2 = \dfrac{1}{8}k^2$.
5
Dłuższa podstawa trapezu prostokątnego ma długość $a$, krótsza zaś $b$. Wykaż, że odległość punktu przecięcia przekątnych od krótszego ramienia jest równa $\dfrac{ab}{a+b}$.
Wskazówki:
- Krótsze ramię trapezu prostokątnego jest prostopadłe do obu podstaw, więc stanowi wysokość trapezu. Odcinek łączący punkt przecięcia przekątnych z tym ramieniem pod kątem prostym jest zatem równoległy do obu podstaw.
- Wykorzystaj podobieństwo trójkątów opartych na podstawach trapezu, aby wyznaczyć stosunek podziału przekątnych.
- Zastosuj twierdzenie Talesa (lub podobieństwo odpowiednich trójkątów) w trójkącie prostokątnym wyznaczonym przez krótsze ramię i dłuższą przekątną.
- Alternatywnie umieść trapez w kartezjańskim układzie współrzędnych i wyznacz współrzędne punktu przecięcia prostych zawierających przekątne.
Rozwiązanie krok po kroku:Sposób I – metoda geometryczna (podobieństwo trójkątów i twierdzenie Talesa):
1. Sporządzenie rysunku pomocniczego i wprowadzenie oznaczeń:
Niech $ABCD$ będzie danym trapezem prostokątnym o podstawach $AB$ i $CD$, gdzie $|AB| = a$ oraz $|CD| = b$ ($a > b$).
Krótszym ramieniem prostopadłym do obu podstaw jest ramię $AD$, zatem:
$$AD \perp AB \quad \text{oraz} \quad AD \perp CD$$
Przekątne trapezu $AC$ i $BD$ przecinają się w punkcie $S$.
Odległość punktu $S$ od ramienia $AD$ to długość odcinka $SE$ prostopadłego do $AD$ ($E \in AD$). Szukaną odległość oznaczamy jako $x = |SE|$.
2. Wyznaczenie stosunku podziału przekątnej $AC$:
Odcinek $SE$ oraz podstawy $AB$ i $CD$ są prostopadłe do ramienia $AD$, co oznacza relację równoległości:
$$SE \parallel CD \parallel AB$$
Rozpatrzmy trójkąty $\triangle ABS$ oraz $\triangle CDS$:
- Kąty $\angle ASB$ i $\angle CSD$ są równe jako kąty wierzchołkowe: $\angle ASB = \angle CSD$.
- Kąty $\angle BAS$ i $\angle DCS$ są równe jako kąty naprzemianległe przy prostych równoległych $AB$ i $CD$.
Na mocy cechy kąt-kąt-kąt (kkk) zachodzi podobieństwo trójkątów:
$$\triangle ABS \sim \triangle CDS$$
Z podobieństwa wynika proporcja odpowiednich boków:
$$\dfrac{|AS|}{|CS|} = \dfrac{|AB|}{|CD|} = \dfrac{a}{b}$$
Wyrażamy długość odcinka $|AS|$ w zależności od $|CS|$:
$$|AS| = \dfrac{a}{b} \cdot |CS|$$
Długość całej przekątnej $|AC|$ zapisujemy jako sumę jej składowych:
$$\begin{aligned}
|AC| &= |AS| + |CS| \\[6pt]
&= \dfrac{a}{b} \cdot |CS| + |CS| \\[6pt]
&= |CS| \cdot \left(\dfrac{a}{b} + 1\right) \\[6pt]
&= |CS| \cdot \dfrac{a + b}{b}
\end{aligned}$$
Wyznaczamy iloraz długości odcinka $|AS|$ do całej przekątnej $|AC|$:
$$\begin{aligned}
\dfrac{|AS|}{|AC|} &= \dfrac{\dfrac{a}{b} \cdot |CS|}{|CS| \cdot \dfrac{a + b}{b}} \\[6pt]
&= \dfrac{a}{a + b}
\end{aligned}$$
3. Wyznaczenie odległości $x = |SE|$ za pomocą twierdzenia Talesa:
W trójkącie prostokątnym $ACD$ odcinek $SE$ jest równoległy do podstawy $CD$ ($SE \parallel CD$).
Z twierdzenia Talesa (lub z podobieństwa trójkątów $\triangle ASE \sim \triangle ACD$) zachodzi równość stosunków:
$$\dfrac{|SE|}{|CD|} = \dfrac{|AS|}{|AC|}$$
Podstawiamy wielkości $|SE| = x$, $|CD| = b$ oraz wyznaczony iloraz $\dfrac{|AS|}{|AC|} = \dfrac{a}{a + b}$:
$$\dfrac{x}{b} = \dfrac{a}{a + b}$$
Mnożąc obie strony równania przez $b$, otrzymujemy:
$$x = \dfrac{ab}{a + b}$$
co kończy dowód metodą geometryczną.
Sposób II – metoda analityczna (w kartezjańskim układzie współrzędnych):
4. Wprowadzenie układu współrzędnych i wyznaczenie równań prostych:
Umieśćmy trapez w prostokątnym układzie współrzędnych $OXY$ tak, aby:
- Krótsze ramię prostopadłe $AD$ zawierało się w osi $OY$, a wierzchołek $A$ był początkiem układu: $A = (0, 0)$.
- Dłuższa podstawa $AB$ leżała na dodatniej półosi $OX$, skąd $B = (a, 0)$.
- Oznaczając wysokość trapezu jako $h > 0$, wierzchołki górnej podstawy mają współrzędne: $D = (0, h)$ oraz $C = (b, h)$.
Ramię $AD$ leży na prostej $x = 0$, dlatego odległość dowolnego punktu od tego ramienia jest równa jego współrzędnej $x$.
Wyznaczamy równania prostych zawierających przekątne:
- Prosta $AC$ przechodzi przez punkty $(0,0)$ oraz $(b,h)$:
$$y = \dfrac{h}{b} \cdot x$$
- Prosta $BD$ przechodzi przez punkty $(a,0)$ oraz $(0,h)$:
Jej postać odcinkowa wynosi $\dfrac{x}{a} + \dfrac{y}{h} = 1$, co po przekształceniu daje:
$$y = -\dfrac{h}{a} \cdot x + h$$
5. Wyznaczenie odciętej punktu przecięcia przekątnych:
W punkcie przecięcia przekątnych $S(x_S, y_S)$ przyrównujemy wartości $y$:
$$\dfrac{h}{b} \cdot x_S = -\dfrac{h}{a} \cdot x_S + h$$
Dzielimy obie strony przez wysokość $h > 0$:
$$\begin{aligned}
\dfrac{x_S}{b} &= -\dfrac{x_S}{a} + 1 \\[6pt]
\dfrac{x_S}{a} + \dfrac{x_S}{b} &= 1 \\[6pt]
x_S \cdot \left(\dfrac{1}{a} + \dfrac{1}{b}\right) &= 1 \\[6pt]
x_S \cdot \dfrac{a + b}{ab} &= 1 \\[6pt]
x_S &= \dfrac{ab}{a + b}
\end{aligned}$$
Współrzędna $x_S$ jest bezpośrednio odległością punktu $S$ od ramienia $AD$ (prostej $x = 0$):
$$d(S, AD) = x_S = \dfrac{ab}{a + b}$$
co stanowi niezależne potwierdzenie tezy zadania.
Wykaż, że jeżeli między kątami trójkąta zachodzi zależność $\cos x = \frac{1-\cos z}{2\cos y}$, to trójkąt jest równoramienny.
Zapisujemy podane równanie:
$$ \cos x = \frac{1-\cos z}{2\cos y} $$
Mnożymy obie strony przez $2\cos y$:
$$ 2\cos x \cdot \cos y = 1 - \cos z $$
W każdym trójkącie suma kątów wynosi $180^\circ$, więc $z = 180^\circ - (x + y)$.
Korzystamy ze wzoru redukcyjnego $\cos(180^\circ - \alpha) = -\cos \alpha$:
$$ \cos z = \cos(180^\circ - (x + y)) = -\cos(x + y) $$
Podstawiamy to do naszego równania:
$$ 2\cos x \cdot \cos y = 1 - (-\cos(x + y)) $$
$$ 2\cos x \cdot \cos y = 1 + \cos(x + y) $$
Korzystamy ze wzoru na cosinus sumy kątów $\cos(x + y) = \cos x \cdot \cos y - \sin x \cdot \sin y$:
$$ 2\cos x \cdot \cos y = 1 + \cos x \cdot \cos y - \sin x \cdot \sin y $$
Odejmujemy $\cos x \cdot \cos y$ od obu stron:
$$ \cos x \cdot \cos y = 1 - \sin x \cdot \sin y $$
Przenosimy sinusy na lewą stronę:
$$ \cos x \cdot \cos y + \sin x \cdot \sin y = 1 $$
Zauważamy, że lewa strona to wzór na cosinus różnicy kątów:
$$ \cos(x - y) = 1 $$
Ponieważ $x$ i $y$ to kąty trójkąta, ich różnica zawiera się w przedziale $(-180^\circ, 180^\circ)$.
Jedynym kątem w tym przedziale, którego cosinus wynosi $1$, jest $0^\circ$.
Zatem:
$$ x - y = 0^\circ $$
$$ x = y $$
Skoro dwa kąty w trójkącie są równe, to trójkąt ten jest równoramienny.
Wykazano, że $x = y$, co dowodzi, że trójkąt jest równoramienny.
2
Uzasadnij, że w trapezie $KLMN$ ($KL \parallel MN$) dwusieczne kątów $KLM$ i $LMN$ są prostopadłe.
Oznaczmy miary kątów przy ramieniu $LM$ jako $\angle KLM = \beta$ oraz $\angle LMN = \gamma$.
Z własności trapezu (kąty wewnętrzne po tej samej stronie ramienia) wiemy, że ich suma wynosi $180^\circ$:
$$ \beta + \gamma = 180^\circ $$
Dwusieczne dzielą te kąty na połowy.
Oznaczmy punkt przecięcia dwusiecznych jako $P$.
W trójkącie $LPM$ kąty przy wierzchołkach $L$ i $M$ mają miary odpowiednio $\frac{\beta}{2}$ oraz $\frac{\gamma}{2}$.
Suma kątów w trójkącie $LPM$ wynosi $180^\circ$, więc:
$$ \angle LPM + \frac{\beta}{2} + \frac{\gamma}{2} = 180^\circ $$
Wyłączamy $\frac{1}{2}$ przed nawias:
$$ \angle LPM + \frac{1}{2} \cdot (\beta + \gamma) = 180^\circ $$
Podstawiamy $\beta + \gamma = 180^\circ$:
$$ \angle LPM + \frac{1}{2} \cdot 180^\circ = 180^\circ $$
$$ \angle LPM + 90^\circ = 180^\circ $$
$$ \angle LPM = 90^\circ $$
Kąt między dwusiecznymi wynosi $90^\circ$, co oznacza, że są one prostopadłe.
Wykazano, że kąt przecięcia dwusiecznych wynosi $90^\circ$.
3
Punkt $O$ jest środkiem okręgu wpisanego w trapez $PQRS$ ($PQ \parallel RS$). Wykaż, że trójkąt $OQR$ jest prostokątny.
Środek okręgu wpisanego w wielokąt leży na przecięciu dwusiecznych jego kątów wewnętrznych.
Oznacza to, że odcinek $QO$ zawiera się w dwusiecznej kąta $PQR$, a odcinek $RO$ w dwusiecznej kąta $QRS$.
Oznaczmy $\angle PQR = \beta$ oraz $\angle QRS = \gamma$.
Ponieważ podstawy trapezu są równoległe ($PQ \parallel RS$), suma kątów przy ramieniu $QR$ wynosi $180^\circ$:
$$ \beta + \gamma = 180^\circ $$
W trójkącie $OQR$ miary kątów przy wierzchołkach $Q$ i $R$ to odpowiednio $\frac{\beta}{2}$ i $\frac{\gamma}{2}$.
Suma kątów w trójkącie $OQR$ to $180^\circ$:
$$ \angle QOR + \frac{\beta}{2} + \frac{\gamma}{2} = 180^\circ $$
$$ \angle QOR + \frac{\beta + \gamma}{2} = 180^\circ $$
Podstawiamy sumę kątów:
$$ \angle QOR + \frac{180^\circ}{2} = 180^\circ $$
$$ \angle QOR + 90^\circ = 180^\circ $$
$$ \angle QOR = 90^\circ $$
Skoro jeden z kątów trójkąta $OQR$ ma miarę $90^\circ$, to trójkąt ten jest prostokątny.
Wykazano, że $\angle QOR = 90^\circ$, więc trójkąt $OQR$ jest prostokątny.
4
W trapezie równoramiennym $EFGH$, gdzie $EF \parallel GH$ i $|EF| > |GH|$ poprowadzono wysokość $HI$. W ten trapez można wpisać okrąg. Wykaż, że $|EI|^2 + |FH|^2 = \frac{1}{8}p^2$, gdzie $p$ jest obwodem trapezu $EFGH$.
Oznaczmy długości boków trapezu: $|EF| = e$, $|GH| = g$, $|EH| = |FG| = c$, oraz wysokość $|HI| = h$.
Skoro w trapez można wpisać okrąg, to sumy długości przeciwległych boków są równe:
$$ e + g = c + c $$
$$ e + g = 2c $$
Obwód trapezu wynosi $p$:
$$ p = e + g + 2c $$
Podstawiając $e + g = 2c$ otrzymujemy:
$$ p = 2c + 2c = 4c $$
Stąd wyznaczamy długość ramienia $c$:
$$ c = \frac{p}{4} $$
Wysokość $HI$ opuszczona z wierzchołka krótszej podstawy w trapezie równoramiennym dzieli dłuższą podstawę na odcinki o długościach:
$$ |EI| = \frac{e - g}{2} $$
$$ |IF| = e - \frac{e - g}{2} = \frac{e + g}{2} $$
Rozpatrujemy trójkąt prostokątny $HIF$. Z twierdzenia Pitagorasa dla tego trójkąta:
$$ |FH|^2 = |IF|^2 + |HI|^2 = \left(\frac{e + g}{2}\right)^2 + h^2 $$
Rozpatrujemy trójkąt prostokątny $EIH$. Z twierdzenia Pitagorasa:
$$ h^2 = c^2 - |EI|^2 = c^2 - \left(\frac{e - g}{2}\right)^2 $$
Podstawiamy $h^2$ do równania na $|FH|^2$:
$$ |FH|^2 = \left(\frac{e + g}{2}\right)^2 + c^2 - \left(\frac{e - g}{2}\right)^2 $$
Teraz obliczamy sumę z tezy zadania:
$$ |EI|^2 + |FH|^2 = \left(\frac{e - g}{2}\right)^2 + \left(\frac{e + g}{2}\right)^2 + c^2 - \left(\frac{e - g}{2}\right)^2 $$
Składniki z minusem i plusem się redukują:
$$ |EI|^2 + |FH|^2 = \left(\frac{e + g}{2}\right)^2 + c^2 $$
Wiemy, że $e + g = 2c$, więc $\frac{e + g}{2} = c$. Podstawiamy to do równania:
$$ |EI|^2 + |FH|^2 = c^2 + c^2 = 2c^2 $$
Podstawiamy wyznaczone wcześniej $c = \frac{p}{4}$:
$$ 2c^2 = 2 \cdot \left(\frac{p}{4}\right)^2 = 2 \cdot \frac{p^2}{16} = \frac{2p^2}{16} = \frac{1}{8}p^2 $$
Otrzymaliśmy tezę.
Wykazano, że $|EI|^2 + |FH|^2 = \frac{1}{8}p^2$.
5
Dłuższa podstawa trapezu prostokątnego ma długość $x$, krótsza zaś $y$. Wykaż, że odległość punktu przecięcia przekątnych od krótszego ramienia jest równa $\frac{xy}{x+y}$.
Umieszczamy trapez w układzie współrzędnych.
Niech wierzchołki kątów prostych leżą na osi $OY$. Krótsze ramię pokrywa się z odcinkiem osi $OY$.
Wierzchołki trapezu to: $A = (0, 0)$, $B = (x, 0)$, $D = (0, h)$, $C = (y, h)$, gdzie $h$ to wysokość trapezu.
Krótsze ramię to odcinek $AD$ leżący na osi $OY$.
Szukamy odległości punktu przecięcia przekątnych od osi $OY$, czyli współrzędnej $x_p$ tego punktu.
Wyznaczamy równanie prostej zawierającej przekątną $AC$ (przechodzi przez $(0,0)$ i $(y,h)$):
$$ y = \frac{h}{y} \cdot x_p $$
Wyznaczamy równanie prostej zawierającej przekątną $BD$ (przechodzi przez $(x,0)$ i $(0,h)$):
$$ y = -\frac{h}{x} \cdot x_p + h $$
Szukamy punktu przecięcia rozwiązując układ równań:
$$ \begin{cases} y = \frac{h}{y} \cdot x_p \\ y = -\frac{h}{x} \cdot x_p + h \end{cases} $$
Przyrównujemy prawe strony:
$$ \frac{h}{y} \cdot x_p = -\frac{h}{x} \cdot x_p + h $$
Dzielimy obie strony przez $h$ (ponieważ $h > 0$):
$$ \frac{x_p}{y} = -\frac{x_p}{x} + 1 $$
Przenosimy wyrażenia z $x_p$ na lewą stronę:
$$ \frac{x_p}{y} + \frac{x_p}{x} = 1 $$
Wyłączamy $x_p$ przed nawias:
$$ x_p \cdot \left(\frac{1}{y} + \frac{1}{x}\right) = 1 $$
Sprowadzamy ułamki w nawiasie do wspólnego mianownika:
$$ x_p \cdot \left(\frac{x}{xy} + \frac{y}{xy}\right) = 1 $$
$$ x_p \cdot \frac{x + y}{xy} = 1 $$
Mnożymy obie strony przez odwrotność ułamka:
$$ x_p = \frac{xy}{x + y} $$
Współrzędna $x_p$ punktu przecięcia przekątnych to szukana odległość od osi $OY$ (krótszego ramienia).
Wykazano, że szukana odległość wynosi $\frac{xy}{x+y}$.
Wykaż, że jeżeli między kątami trójkąta zachodzi zależność $\cos \delta = \frac{1-\cos \phi}{2\cos \epsilon}$, to trójkąt jest równoramienny.
Zapisujemy podane równanie:
$$ \cos \delta = \frac{1-\cos \phi}{2\cos \epsilon} $$
Mnożymy obie strony przez $2\cos \epsilon$:
$$ 2\cos \delta \cdot \cos \epsilon = 1 - \cos \phi $$
W każdym trójkącie suma kątów wynosi $180^\circ$, więc $\phi = 180^\circ - (\delta + \epsilon)$.
Korzystamy ze wzoru redukcyjnego $\cos(180^\circ - \alpha) = -\cos \alpha$:
$$ \cos \phi = \cos(180^\circ - (\delta + \epsilon)) = -\cos(\delta + \epsilon) $$
Podstawiamy to do naszego równania:
$$ 2\cos \delta \cdot \cos \epsilon = 1 - (-\cos(\delta + \epsilon)) $$
$$ 2\cos \delta \cdot \cos \epsilon = 1 + \cos(\delta + \epsilon) $$
Korzystamy ze wzoru na cosinus sumy kątów $\cos(\delta + \epsilon) = \cos \delta \cdot \cos \epsilon - \sin \delta \cdot \sin \epsilon$:
$$ 2\cos \delta \cdot \cos \epsilon = 1 + \cos \delta \cdot \cos \epsilon - \sin \delta \cdot \sin \epsilon $$
Odejmujemy $\cos \delta \cdot \cos \epsilon$ od obu stron:
$$ \cos \delta \cdot \cos \epsilon = 1 - \sin \delta \cdot \sin \epsilon $$
Przenosimy sinusy na lewą stronę:
$$ \cos \delta \cdot \cos \epsilon + \sin \delta \cdot \sin \epsilon = 1 $$
Zauważamy, że lewa strona to wzór na cosinus różnicy kątów:
$$ \cos(\delta - \epsilon) = 1 $$
Ponieważ $\delta$ i $\epsilon$ to kąty trójkąta, ich różnica zawiera się w przedziale $(-180^\circ, 180^\circ)$.
Jedynym kątem w tym przedziale, którego cosinus wynosi $1$, jest $0^\circ$.
Zatem:
$$ \delta - \epsilon = 0^\circ $$
$$ \delta = \epsilon $$
Skoro dwa kąty w trójkącie są równe, to trójkąt ten jest równoramienny.
Wykazano, że $\delta = \epsilon$, co dowodzi, że trójkąt jest równoramienny.
2
Uzasadnij, że w trapezie $PRST$ ($PR \parallel ST$) dwusieczne kątów $PRS$ i $RST$ są prostopadłe.
Oznaczmy miary kątów przy ramieniu $RS$ jako $\angle PRS = \beta$ oraz $\angle RST = \gamma$.
Z własności trapezu (kąty wewnętrzne po tej samej stronie ramienia) wiemy, że ich suma wynosi $180^\circ$:
$$ \beta + \gamma = 180^\circ $$
Dwusieczne dzielą te kąty na połowy.
Oznaczmy punkt przecięcia dwusiecznych jako $W$.
W trójkącie $RWS$ kąty przy wierzchołkach $R$ i $S$ mają miary odpowiednio $\frac{\beta}{2}$ oraz $\frac{\gamma}{2}$.
Suma kątów w trójkącie $RWS$ wynosi $180^\circ$, więc:
$$ \angle RWS + \frac{\beta}{2} + \frac{\gamma}{2} = 180^\circ $$
Wyłączamy $\frac{1}{2}$ przed nawias:
$$ \angle RWS + \frac{1}{2} \cdot (\beta + \gamma) = 180^\circ $$
Podstawiamy $\beta + \gamma = 180^\circ$:
$$ \angle RWS + \frac{1}{2} \cdot 180^\circ = 180^\circ $$
$$ \angle RWS + 90^\circ = 180^\circ $$
$$ \angle RWS = 90^\circ $$
Kąt między dwusiecznymi wynosi $90^\circ$, co oznacza, że są one prostopadłe.
Wykazano, że kąt przecięcia dwusiecznych wynosi $90^\circ$.
3
Punkt $W$ jest środkiem okręgu wpisanego w trapez $KLMN$ ($KL \parallel MN$). Wykaż, że trójkąt $WLM$ jest prostokątny.
Środek okręgu wpisanego w wielokąt leży na przecięciu dwusiecznych jego kątów wewnętrznych.
Oznacza to, że odcinek $LW$ zawiera się w dwusiecznej kąta $KLM$, a odcinek $MW$ w dwusiecznej kąta $LMN$.
Oznaczmy $\angle KLM = \beta$ oraz $\angle LMN = \gamma$.
Ponieważ podstawy trapezu są równoległe ($KL \parallel MN$), suma kątów przy ramieniu $LM$ wynosi $180^\circ$:
$$ \beta + \gamma = 180^\circ $$
W trójkącie $WLM$ miary kątów przy wierzchołkach $L$ i $M$ to odpowiednio $\frac{\beta}{2}$ i $\frac{\gamma}{2}$.
Suma kątów w trójkącie $WLM$ to $180^\circ$:
$$ \angle LWM + \frac{\beta}{2} + \frac{\gamma}{2} = 180^\circ $$
$$ \angle LWM + \frac{\beta + \gamma}{2} = 180^\circ $$
Podstawiamy sumę kątów:
$$ \angle LWM + \frac{180^\circ}{2} = 180^\circ $$
$$ \angle LWM + 90^\circ = 180^\circ $$
$$ \angle LWM = 90^\circ $$
Skoro jeden z kątów trójkąta $WLM$ ma miarę $90^\circ$, to trójkąt ten jest prostokątny.
Wykazano, że $\angle LWM = 90^\circ$, więc trójkąt $WLM$ jest prostokątny.
4
W trapezie równoramiennym $WXYZ$, gdzie $WX \parallel YZ$ i $|WX| > |YZ|$ poprowadzono wysokość $ZV$. W ten trapez można wpisać okrąg. Wykaż, że $|WV|^2 + |XZ|^2 = \frac{1}{8}L^2$, gdzie $L$ jest obwodem trapezu $WXYZ$.
Oznaczmy długości boków trapezu: $|WX| = w$, $|YZ| = y$, $|WZ| = |XY| = c$, oraz wysokość $|ZV| = h$.
Skoro w trapez można wpisać okrąg, to sumy długości przeciwległych boków są równe:
$$ w + y = c + c $$
$$ w + y = 2c $$
Obwód trapezu wynosi $L$:
$$ L = w + y + 2c $$
Podstawiając $w + y = 2c$ otrzymujemy:
$$ L = 2c + 2c = 4c $$
Stąd wyznaczamy długość ramienia $c$:
$$ c = \frac{L}{4} $$
Wysokość $ZV$ opuszczona z wierzchołka krótszej podstawy w trapezie równoramiennym dzieli dłuższą podstawę na odcinki o długościach:
$$ |WV| = \frac{w - y}{2} $$
$$ |VX| = w - \frac{w - y}{2} = \frac{w + y}{2} $$
Rozpatrujemy trójkąt prostokątny $ZVX$. Z twierdzenia Pitagorasa dla tego trójkąta:
$$ |XZ|^2 = |VX|^2 + |ZV|^2 = \left(\frac{w + y}{2}\right)^2 + h^2 $$
Rozpatrujemy trójkąt prostokątny $WVZ$. Z twierdzenia Pitagorasa:
$$ h^2 = c^2 - |WV|^2 = c^2 - \left(\frac{w - y}{2}\right)^2 $$
Podstawiamy $h^2$ do równania na $|XZ|^2$:
$$ |XZ|^2 = \left(\frac{w + y}{2}\right)^2 + c^2 - \left(\frac{w - y}{2}\right)^2 $$
Teraz obliczamy sumę z tezy zadania:
$$ |WV|^2 + |XZ|^2 = \left(\frac{w - y}{2}\right)^2 + \left(\frac{w + y}{2}\right)^2 + c^2 - \left(\frac{w - y}{2}\right)^2 $$
Składniki z minusem i plusem się redukują:
$$ |WV|^2 + |XZ|^2 = \left(\frac{w + y}{2}\right)^2 + c^2 $$
Wiemy, że $w + y = 2c$, więc $\frac{w + y}{2} = c$. Podstawiamy to do równania:
$$ |WV|^2 + |XZ|^2 = c^2 + c^2 = 2c^2 $$
Podstawiamy wyznaczone wcześniej $c = \frac{L}{4}$:
$$ 2c^2 = 2 \cdot \left(\frac{L}{4}\right)^2 = 2 \cdot \frac{L^2}{16} = \frac{2L^2}{16} = \frac{1}{8}L^2 $$
Otrzymaliśmy tezę.
Wykazano, że $|WV|^2 + |XZ|^2 = \frac{1}{8}L^2$.
5
Dłuższa podstawa trapezu prostokątnego ma długość $m$, krótsza zaś $n$. Wykaż, że odległość punktu przecięcia przekątnych od krótszego ramienia jest równa $\frac{mn}{m+n}$.
Umieszczamy trapez w układzie współrzędnych.
Niech wierzchołki kątów prostych leżą na osi $OY$. Krótsze ramię pokrywa się z odcinkiem osi $OY$.
Wierzchołki trapezu to: $A = (0, 0)$, $B = (m, 0)$, $D = (0, h)$, $C = (n, h)$, gdzie $h$ to wysokość trapezu.
Krótsze ramię to odcinek $AD$ leżący na osi $OY$.
Szukamy odległości punktu przecięcia przekątnych od osi $OY$, czyli współrzędnej $x$ tego punktu.
Wyznaczamy równanie prostej zawierającej przekątną $AC$ (przechodzi przez $(0,0)$ i $(n,h)$):
$$ y = \frac{h}{n} \cdot x $$
Wyznaczamy równanie prostej zawierającej przekątną $BD$ (przechodzi przez $(m,0)$ i $(0,h)$):
$$ y = -\frac{h}{m} \cdot x + h $$
Szukamy punktu przecięcia rozwiązując układ równań:
$$ \begin{cases} y = \frac{h}{n} \cdot x \\ y = -\frac{h}{m} \cdot x + h \end{cases} $$
Przyrównujemy prawe strony:
$$ \frac{h}{n} \cdot x = -\frac{h}{m} \cdot x + h $$
Dzielimy obie strony przez $h$ (ponieważ $h > 0$):
$$ \frac{x}{n} = -\frac{x}{m} + 1 $$
Przenosimy wyrażenia z $x$ na lewą stronę:
$$ \frac{x}{n} + \frac{x}{m} = 1 $$
Wyłączamy $x$ przed nawias:
$$ x \cdot \left(\frac{1}{n} + \frac{1}{m}\right) = 1 $$
Sprowadzamy ułamki w nawiasie do wspólnego mianownika:
$$ x \cdot \left(\frac{m}{mn} + \frac{n}{mn}\right) = 1 $$
$$ x \cdot \frac{m + n}{mn} = 1 $$
Mnożymy obie strony przez odwrotność ułamka:
$$ x = \frac{mn}{m + n} $$
Współrzędna $x$ punktu przecięcia przekątnych to szukana odległość od osi $OY$ (krótszego ramienia).
Wykazano, że szukana odległość wynosi $\frac{mn}{m+n}$.
Wykaż, że jeżeli między kątami trójkąta zachodzi zależność $\cos \mu = \frac{1-\cos \omega}{2\cos \nu}$, to trójkąt jest równoramienny.
Zapisujemy podane równanie:
$$ \cos \mu = \frac{1-\cos \omega}{2\cos \nu} $$
Mnożymy obie strony przez $2\cos \nu$:
$$ 2\cos \mu \cdot \cos \nu = 1 - \cos \omega $$
W każdym trójkącie suma kątów wynosi $180^\circ$, więc $\omega = 180^\circ - (\mu + \nu)$.
Korzystamy ze wzoru redukcyjnego $\cos(180^\circ - \alpha) = -\cos \alpha$:
$$ \cos \omega = \cos(180^\circ - (\mu + \nu)) = -\cos(\mu + \nu) $$
Podstawiamy to do naszego równania:
$$ 2\cos \mu \cdot \cos \nu = 1 - (-\cos(\mu + \nu)) $$
$$ 2\cos \mu \cdot \cos \nu = 1 + \cos(\mu + \nu) $$
Korzystamy ze wzoru na cosinus sumy kątów $\cos(\mu + \nu) = \cos \mu \cdot \cos \nu - \sin \mu \cdot \sin \nu$:
$$ 2\cos \mu \cdot \cos \nu = 1 + \cos \mu \cdot \cos \nu - \sin \mu \cdot \sin \nu $$
Odejmujemy $\cos \mu \cdot \cos \nu$ od obu stron:
$$ \cos \mu \cdot \cos \nu = 1 - \sin \mu \cdot \sin \nu $$
Przenosimy sinusy na lewą stronę:
$$ \cos \mu \cdot \cos \nu + \sin \mu \cdot \sin \nu = 1 $$
Zauważamy, że lewa strona to wzór na cosinus różnicy kątów:
$$ \cos(\mu - \nu) = 1 $$
Ponieważ $\mu$ i $\nu$ to kąty trójkąta, ich różnica zawiera się w przedziale $(-180^\circ, 180^\circ)$.
Jedynym kątem w tym przedziale, którego cosinus wynosi $1$, jest $0^\circ$.
Zatem:
$$ \mu - \nu = 0^\circ $$
$$ \mu = \nu $$
Skoro dwa kąty w trójkącie są równe, to trójkąt ten jest równoramienny.
Wykazano, że $\mu = \nu$, co dowodzi, że trójkąt jest równoramienny.
2
Uzasadnij, że w trapezie $EFGH$ ($EF \parallel GH$) dwusieczne kątów $EFG$ i $FGH$ są prostopadłe.
Oznaczmy miary kątów przy ramieniu $FG$ jako $\angle EFG = \beta$ oraz $\angle FGH = \gamma$.
Z własności trapezu (kąty wewnętrzne po tej samej stronie ramienia) wiemy, że ich suma wynosi $180^\circ$:
$$ \beta + \gamma = 180^\circ $$
Dwusieczne dzielą te kąty na połowy.
Oznaczmy punkt przecięcia dwusiecznych jako $K$.
W trójkącie $FKG$ kąty przy wierzchołkach $F$ i $G$ mają miary odpowiednio $\frac{\beta}{2}$ oraz $\frac{\gamma}{2}$.
Suma kątów w trójkącie $FKG$ wynosi $180^\circ$, więc:
$$ \angle FKG + \frac{\beta}{2} + \frac{\gamma}{2} = 180^\circ $$
Wyłączamy $\frac{1}{2}$ przed nawias:
$$ \angle FKG + \frac{1}{2} \cdot (\beta + \gamma) = 180^\circ $$
Podstawiamy $\beta + \gamma = 180^\circ$:
$$ \angle FKG + \frac{1}{2} \cdot 180^\circ = 180^\circ $$
$$ \angle FKG + 90^\circ = 180^\circ $$
$$ \angle FKG = 90^\circ $$
Kąt między dwusiecznymi wynosi $90^\circ$, co oznacza, że są one prostopadłe.
Wykazano, że kąt przecięcia dwusiecznych wynosi $90^\circ$.
3
Punkt $M$ jest środkiem okręgu wpisanego w trapez $RSTU$ ($RS \parallel TU$). Wykaż, że trójkąt $MST$ jest prostokątny.
Środek okręgu wpisanego w wielokąt leży na przecięciu dwusiecznych jego kątów wewnętrznych.
Oznacza to, że odcinek $SM$ zawiera się w dwusiecznej kąta $RST$, a odcinek $TM$ w dwusiecznej kąta $STU$.
Oznaczmy $\angle RST = \beta$ oraz $\angle STU = \gamma$.
Ponieważ podstawy trapezu są równoległe ($RS \parallel TU$), suma kątów przy ramieniu $ST$ wynosi $180^\circ$:
$$ \beta + \gamma = 180^\circ $$
W trójkącie $MST$ miary kątów przy wierzchołkach $S$ i $T$ to odpowiednio $\frac{\beta}{2}$ i $\frac{\gamma}{2}$.
Suma kątów w trójkącie $MST$ to $180^\circ$:
$$ \angle SMT + \frac{\beta}{2} + \frac{\gamma}{2} = 180^\circ $$
$$ \angle SMT + \frac{\beta + \gamma}{2} = 180^\circ $$
Podstawiamy sumę kątów:
$$ \angle SMT + \frac{180^\circ}{2} = 180^\circ $$
$$ \angle SMT + 90^\circ = 180^\circ $$
$$ \angle SMT = 90^\circ $$
Skoro jeden z kątów trójkąta $MST$ ma miarę $90^\circ$, to trójkąt ten jest prostokątny.
Wykazano, że $\angle SMT = 90^\circ$, więc trójkąt $MST$ jest prostokątny.
4
W trapezie równoramiennym $PQRS$, gdzie $PQ \parallel RS$ i $|PQ| > |RS|$ poprowadzono wysokość $ST$. W ten trapez można wpisać okrąg. Wykaż, że $|PT|^2 + |QS|^2 = \frac{1}{8}O^2$, gdzie $O$ jest obwodem trapezu $PQRS$.
Oznaczmy długości boków trapezu: $|PQ| = p$, $|RS| = r$, $|PS| = |QR| = c$, oraz wysokość $|ST| = h$.
Skoro w trapez można wpisać okrąg, to sumy długości przeciwległych boków są równe:
$$ p + r = c + c $$
$$ p + r = 2c $$
Obwód trapezu wynosi $O$:
$$ O = p + r + 2c $$
Podstawiając $p + r = 2c$ otrzymujemy:
$$ O = 2c + 2c = 4c $$
Stąd wyznaczamy długość ramienia $c$:
$$ c = \frac{O}{4} $$
Wysokość $ST$ opuszczona z wierzchołka krótszej podstawy w trapezie równoramiennym dzieli dłuższą podstawę na odcinki o długościach:
$$ |PT| = \frac{p - r}{2} $$
$$ |TQ| = p - \frac{p - r}{2} = \frac{p + r}{2} $$
Rozpatrujemy trójkąt prostokątny $STQ$. Z twierdzenia Pitagorasa dla tego trójkąta:
$$ |QS|^2 = |TQ|^2 + |ST|^2 = \left(\frac{p + r}{2}\right)^2 + h^2 $$
Rozpatrujemy trójkąt prostokątny $PTS$. Z twierdzenia Pitagorasa:
$$ h^2 = c^2 - |PT|^2 = c^2 - \left(\frac{p - r}{2}\right)^2 $$
Podstawiamy $h^2$ do równania na $|QS|^2$:
$$ |QS|^2 = \left(\frac{p + r}{2}\right)^2 + c^2 - \left(\frac{p - r}{2}\right)^2 $$
Teraz obliczamy sumę z tezy zadania:
$$ |PT|^2 + |QS|^2 = \left(\frac{p - r}{2}\right)^2 + \left(\frac{p + r}{2}\right)^2 + c^2 - \left(\frac{p - r}{2}\right)^2 $$
Składniki z minusem i plusem się redukują:
$$ |PT|^2 + |QS|^2 = \left(\frac{p + r}{2}\right)^2 + c^2 $$
Wiemy, że $p + r = 2c$, więc $\frac{p + r}{2} = c$. Podstawiamy to do równania:
$$ |PT|^2 + |QS|^2 = c^2 + c^2 = 2c^2 $$
Podstawiamy wyznaczone wcześniej $c = \frac{O}{4}$:
$$ 2c^2 = 2 \cdot \left(\frac{O}{4}\right)^2 = 2 \cdot \frac{O^2}{16} = \frac{2O^2}{16} = \frac{1}{8}O^2 $$
Otrzymaliśmy tezę.
Wykazano, że $|PT|^2 + |QS|^2 = \frac{1}{8}O^2$.
5
Dłuższa podstawa trapezu prostokątnego ma długość $c$, krótsza zaś $d$. Wykaż, że odległość punktu przecięcia przekątnych od krótszego ramienia jest równa $\frac{cd}{c+d}$.
Umieszczamy trapez w układzie współrzędnych.
Niech wierzchołki kątów prostych leżą na osi $OY$. Krótsze ramię pokrywa się z odcinkiem osi $OY$.
Wierzchołki trapezu to: $A = (0, 0)$, $B = (c, 0)$, $D = (0, h)$, $C = (d, h)$, gdzie $h$ to wysokość trapezu.
Krótsze ramię to odcinek $AD$ leżący na osi $OY$.
Szukamy odległości punktu przecięcia przekątnych od osi $OY$, czyli współrzędnej $x$ tego punktu.
Wyznaczamy równanie prostej zawierającej przekątną $AC$ (przechodzi przez $(0,0)$ i $(d,h)$):
$$ y = \frac{h}{d} \cdot x $$
Wyznaczamy równanie prostej zawierającej przekątną $BD$ (przechodzi przez $(c,0)$ i $(0,h)$):
$$ y = -\frac{h}{c} \cdot x + h $$
Szukamy punktu przecięcia rozwiązując układ równań:
$$ \begin{cases} y = \frac{h}{d} \cdot x \\ y = -\frac{h}{c} \cdot x + h \end{cases} $$
Przyrównujemy prawe strony:
$$ \frac{h}{d} \cdot x = -\frac{h}{c} \cdot x + h $$
Dzielimy obie strony przez $h$ (ponieważ $h > 0$):
$$ \frac{x}{d} = -\frac{x}{c} + 1 $$
Przenosimy wyrażenia z $x$ na lewą stronę:
$$ \frac{x}{d} + \frac{x}{c} = 1 $$
Wyłączamy $x$ przed nawias:
$$ x \cdot \left(\frac{1}{d} + \frac{1}{c}\right) = 1 $$
Sprowadzamy ułamki w nawiasie do wspólnego mianownika:
$$ x \cdot \left(\frac{c}{cd} + \frac{d}{cd}\right) = 1 $$
$$ x \cdot \frac{c + d}{cd} = 1 $$
Mnożymy obie strony przez odwrotność ułamka:
$$ x = \frac{cd}{c + d} $$
Współrzędna $x$ punktu przecięcia przekątnych to szukana odległość od osi $OY$ (krótszego ramienia).
Wykazano, że szukana odległość wynosi $\frac{cd}{c+d}$.
