Zadania.info
Największy internetowy zbiór zadań z matematyki
cornersUpL
cornersUpR

Zadania

Na skróty

Recenzje

Linki sponsorowane

cornersM

Linki sponsorowane

cornersR
Zadanie nr 8339133

Punkt F jest środkiem boku AD prostokąta ABCD , w którym AB > BC . Punkt E jest takim punktem boku AB tego prostokąta, że prosta CF jest dwusieczną kąta DCE . Wykaż, że trójkąt CF E jest prostokątny.

Wersja PDF
Rozwiązanie

Sposób I

Niech AB = a , AF = F D = b i ∡DCF = ∡ECF = α .


PIC

Zauważmy, że wystarczy udowodnić, że ∡AF E = α , bo wtedy

∡CF E = 180∘ − ∡CF D − ∡AF E = 180∘ − (90∘ − α )− α = 90∘.

Wystarczy zatem, że pokażemy, że trójkąty prostokątne CDF i FAE są podobne. Aby to zrobić obliczymy długość odcinka AE .

Patrzymy na trójkąt prostokątny CBE .

EB cos 2α ----= tg ∡ECB = tg(90 ∘ − 2α ) = ctg2α = -------= BC sin 2α2 cos2α − sin2α co1s2-α 1 − tg2 α 1− ba2 a2 − b2 = --------------⋅ --1-- = --------- = ---b--= ------- 2sin αc osα cos2 α 2 tg α 2⋅a 2ab a2 − b 2 a2 − b2 a2 − b2 EB = -------⋅BC = -------⋅ 2b = -------. 2ab 2ab a

Stąd

 2 2 2 AE = AB − EB = a− a-−--b- = b-- a a

i

 2 AE-- -ba- b- tg ∡AF E = AF = b = a = tg α.

Zatem rzeczywiście ∡AF E = α , co kończy dowód.

Sposób II

Przedłużmy odcinek EF do jego punktu przecięcia G a przedłużeniem odcinka CD . Zauważmy, że trójkąty AF E i DF G są oba prostokątne i mają wspólny kąt wierzchołkowy, więc są podobne. Ponadto AF = DF , więc trójkąty te są przystające. W szczególności FE = F G , co z kolei oznacza, że prosta CF jest jednocześnie środkową i dwusieczną w trójkącie CGE . Jest to więc oś symetrii tego trójkąta, i trójkąt ten jest równoramienny. W takim razie prosta CF jest też wysokością trójkąta CGE , czyli CF ⊥ GE .

Sposób III

Tym razem przedłużmy odcinek CF do jego punktu przecięcia K z przedłużeniem odcinka AB .


PIC

Zauważmy, że trójkąty F DC i FAK oba są prostokątne i mają równe kąty ostre: ∡DCF = ∡AKF . Ponadto FD = FA , więc trójkąty te są przystające. W szczególności FC = FK , co z kolei oznacza, że prosta EF jest środkową w trójkącie równoramiennym KEC (trójkąt ten jest równoramienny, bo ∡EKC = ∡ECK ). W takim razie EF jest też wysokością w trójkącie KEC , czyli EF ⊥ KC .

Sposób IV

Nich G będzie środkiem boku BC i S niech będzie punktem wspólnym odcinków FG i EC .


PIC

Zauważmy, że ∡CF S = ∡F CD = α , więc trójkąt FSE jest równoramienny i F S = CS . Odcinek SG przechodzi przez środek G boku BC trójkąta EBC i jest on równoległy do podstawy EB tego trójkąta, więc jest to odcinek łączący środki boków w tym trójkącie. Stąd ES = CS = FS . To oznacza, że trójkąt ESF jest równoramienny oraz

 ∘ ∘ ∡EF S = 180--−-∡ESF---= ∡F-SC--= 1-80-−--2α = 9 0∘ − α. 2 2 2

Zatem rzeczywiście

∡CF E = ∡CF S + ∡EF S = α + 9 0∘ − α = 90∘.
Wersja PDF