Лесна задача, но с красиво решение (:уинк)

[Spider Iovkov]

Даден е трапец [tex]ABCD[/tex], чиито диагонали [tex]AC[/tex] и [tex]BD[/tex] се пресичат в точка [tex]O[/tex]. Да се докаже, че [tex]S_{\triangle AOD}=S_{\triangle BOC}[/tex].

[Реклама]

[NoThanks]

По принцип едно решение би било да кажем, че [tex]S_{AOD}=\frac{AO.DO.sin\varphi}{2} \; S_{BOC}=\frac{BO.CO.sin\varphi}{2}[/tex] и оттук [tex]\frac{S_{AOD}}{S_{BOC}} = \frac{AO.DO}{BO.CO} = 1[/tex] това, че отношението на отсечките е 1 следва от подобността на [tex]AOB \equiv COD[/tex]. Иначе тва се споменава като основна задача още в 5-ти клас, но честно казано нямам идея как би се доказало с такива знания. Може би подобно доказателството би било интересно.

[inimitably]

С изваждане на лица.

[tex]S_{\triangle ABC}-S_{\triangle AOB}=S_{\triangle ABD}-S_{\triangle AOB}[/tex]

[Spider Iovkov]

И моето решение в по-голямата си част използва подобие на триъгълници, но е различно от това. Ще се радвам, ако бъдат открити още решения, . inimitably, подобно решение е предложено в сборника на проф. Чакърян (аз не съм го гледал, преди да реша задачата). Вярно, че е кратко, но има едно още по-красиво (но малко по-дълго).

[krainik]

Честно казано, по-кратко и красиво от това на inimitably не мога да се сетя. И, между другото, това е основна задача от 8 клас.

[Spider Iovkov]

Не всички в осми клас са по една и съща учебна програма. Моята беше ужасна и това не съм го и учил. Хайде де, пробвайте, тази задачка ме заинтригува и си помислих, че има много начини за решаване, . На inimitably е страхотно.

[NoThanks]

[martosss]

Ето ти едно решение от мен, което ми дойде на ум от едно доказателство на Питагоровата теорема:
Построяваш точки К и Р върху страната АВ, така че КД||АС, ВД||РС. Тогава имаш:
[tex]S_{AOD}=S_{AOK}\\S_{BOC}=S_{BOP}[/tex]
Сега се сещаме, че КАСД и ВРСД са успоредници, откъдето АК=СД=ВР.
Сега триъгълници АКО и ВРО имат една равна страна(АК=ВР) и обща височина към тази страна, откъдето лицата им са равни.

Получихме
[tex]\left.S_{KAO}=S_{BPO}\\S_{AOD}=S_{AOK}\\S_{BOC}=S_{BOP}\right}S_{AOD}=S_{BOC}[/tex]

И все пак решението на imitably изключва всякакъв друг по-кратък вариант(освен [tex]S_{ACD}-S_{DOC}=S_{DCB}-S_{DCO}[/tex] ), така че няма смисъл от различни решения.

[Spider Iovkov]

Какво правя аз, .

Построяваме права [tex]PQ[/tex] през пресечната точка на диагоналите, такава, че [tex]PQ||AB[/tex], като [tex]P\in AD, \, Q\in BC[/tex]. Имаме

[tex]\triangle AOP \sim \triangle ACD \Rightarrow \frac{CD}{OP}=\frac{AC}{AO} \, (1)[/tex],

[tex]\triangle BOQ \sim \triangle BDC \Rightarrow \frac{DC}{OQ}=\frac{BD}{BO} \, (2)[/tex],

[tex]\triangle AOB \sim \triangle COD \Rightarrow \frac{CO}{AO}=\frac{DO}{BO} \Leftrightarrow \frac{CO}{AO}+1=\frac{DO}{BO}+1 \Leftrightarrow \frac{AC}{AO}=\frac{BD}{BO} \, (3)[/tex].

От последното равенство следва, че десните части в подобията [tex](1)[/tex] и [tex](2)[/tex] са равни, а оттук са равни и левите, т. е.

[tex]\frac{CD}{OP}=\frac{CD}{OQ} \Leftrightarrow OP=OQ[/tex].

Нека [tex]DK \bot PQ, \, AS \bot PQ, \, CT \bot PQ, \, BM \bot PQ[/tex]. Сега

[tex]S_{\triangle AOD}=S_{\triangle APO}+S_{\triangle DPO}=\frac{PO.AS}{2}+\frac{PO}{DK}=\frac{PO}{2}(AS+DK)=\frac{PO}{2}h_{ABCD}[/tex]

и

[tex]S_{\triangle BOC}=S_{\triangle BOQ}+S_{\triangle COQ}=\frac{OQ.BM}{2}+\frac{OQ.CT}{2}=\frac{OQ}{2}(BM+CT)=\frac{OQ}{2}h_{ABCD}[/tex],

откъдето [tex]S_{\triangle AOD}=S_{\triangle BOC}[/tex].

Ще се радвам, ако намерим още решения (пък били те и с тригонометрия). Просто задачата ме заинтригува.