/Szkoła średnia/Geometria/Planimetria/Czworokąt/Trapez/Dowolny/Udowodnij...

Zadanie nr 2998344

Czworokąt ABCD jest trapezem o podstawach AB i CD . Wykaż że

|AC |2 + |BD |2 = |AD |2 + |BC |2 + 2|AB |⋅|DC |.
Wersja PDF

Rozwiązanie

Przyjmijmy oznaczenia z poniższego rysunku.

PIC

Sposób I

Na powyższym rysunku mamy cztery trójkąty, z których możemy obliczyć długości przekątnych trapezu: ABD ,ABC ,DBC ,DAC . Piszemy w każdym z tych trójkątów twierdzenie cosinusów

BD 2 = AB 2 + AD 2 − 2AB ⋅AD cos α = b2 + c2 − 2bcco sα 2 2 2 2 2 AC = BA + BC − 2BA ⋅BC cosβ = b + d − 2bd cosβ BD 2 = CB 2 + CD 2 − 2CB ⋅CD co s(1 80∘ − β) = d2 + a2 + 2ad cosβ AC 2 = DA 2 + DC 2 − 2DA ⋅ DC cos(180∘ − α) = c2 + a2 + 2ac cosα.

Teraz, żeby pozbyć się wszystkich cosinusów dodajemy te równości stronami, przy czym pierwsze dwie mnożymy przez a , a dwie ostatnie przez b . Mamy zatem

aBD 2 + aAC 2 + bBD 2 + bAC 2 = ab 2 + ac2 + ab2 + ad2 + bd2 + ba2 + bc2 + ba2 2 2 2 2 (a+ b)AC + (a + b)BD = (a + b)c + (a + b)d + 2ab(a + b) / : (a + b) AC 2 + BD 2 = c2 + d2 + 2ab = AD 2 + BC 2 + 2AB ⋅DC .

Sposób II

Tym razem obejdziemy się bez twierdzenia cosinusów. Dorysujmy wysokości DE i CF trapezu i niech AE = x , FB = y . Stosując twierdzenie Pitagorasa w trójkątach AED i BED mamy

AD 2 − AE 2 = DE 2 = BD 2 − EB 2 2 2 2 2 c − x = BD − (b − x ) BD 2 = c2 − x 2 + (b 2 + x 2 − 2bx ) 2 2 2 BD = c + b − 2bx .

Analogicznie, stosując twierdzenie Pitagorasa w trójkątach AF C i BFC mamy

AC 2 − AF 2 = CF 2 = BC 2 − F B2 2 2 2 2 AC − (b− y) = d − y AC 2 = d 2 − y2 + b2 + y2 − 2by 2 2 2 AC = d + b − 2by .

Mamy zatem

AC 2 + BD 2 = c2 + d2 + 2b2 − 2bx − 2by = c2 + d2 + 2b(b− x− y) = 2 2 2 2 = c + d + 2ba = AD + BC + 2AB ⋅DC .
Wersja PDF