лице на трапец равно на лицата на два триъгълника

[martosss]

Даден е трапец [tex]ABCD[/tex], бедрото [tex]AD[/tex] на който е перпендикулярно на [tex]AB[/tex]. На бедрото [tex]AD[/tex] има такива точки [tex]M[/tex] и [tex]N[/tex], че [tex]\angle BMC=\angle BNC=90^\circ[/tex]. Да се докаже, че [tex]S_{BMC}+S_{BNC}=S_{ABCD}[/tex].

[Реклама]

[ганка симеонова]

за да докажем исканото, ще докажем, че [tex]S_{DMC}+S_{MAB}=S_{NBC} [/tex]
[tex] \Delta DMC\approx \Delta NBC =>\frac{DM}{ NB}=\frac{MC}{BC }=\frac{DC}{NC }=>\frac{S_{DMC}}{S_{CNB} }= \frac{MC^2}{ BC^2} [/tex]

[tex] \Delta ABM\approx \Delta NBC =>\frac{AB}{NB } =\frac{BM}{BC} =\frac{AM}{NC } =>\frac{S_{ABM}}{ S_{NBC}}= \frac{BM^2}{ BC^2} [/tex]

[tex]\frac{S_{ DMC} + S_{\Delta MAB}}{S_{NBC}} =\frac{MC^2}{ BC^2} +\frac{BM^2}{ BC^2}=\frac{BC^2}{ BC^2}=1 [/tex]
т.к.т.д.

[martosss]

Ето и моя метод
Нека на вашия чертеж означим АВ=а, DC=b, DM=c, MN=d, AN=e.
[tex]\left.\Del DMC\approx \Del ABM\Right \frac{DM}{DC}=\frac{AB}{AM}\Right \frac{c}{b}=\frac{d+e}{a}\Right ab=c(d+e)\\\Del DCN\approx \Del ANB\Right \frac{DC}{DN}=\frac{AN}{AB}\Right \frac{b}{c+d}=\frac{e}{a}\Right ab=e(c+d)\right} cd+ce=ce+de\Right c=e[/tex]
От [tex]\Del DMC\approx \Del ABM\Right \frac{S_1}{S_2}=\frac{cb}{(c+d)*a}=\frac{c^2}{a^2}\Right ab=c(c+d)[/tex]
Достатъчно е да докажем, че [tex]S_{DNC}+S_{ABN}=S_{BMC}[/tex] защото [tex]S_{DNC}+S_{ABN}+S_{BNC}=S_{ABCD}[/tex]

[tex]\frac{DN*DC}{2}+\frac{AB*AN}{2}=^? \frac{BM*MC}{2}[/tex]

[tex](c+d)b+ae=^? \sqrt{a^2+(d+e)^2}*\sqrt{b^2+c^2}[/tex]
Сега заместваме c=e и повдигаме на квадрат, с което получаваме:
[tex]\cancel {b^2c^2+b^2d^2+a^2c^2+2b^2cd} +2abc^2+2abcd=^? a^2b^2\cancel {+a^2c^2+d^2b^2}+d^2c^2\cancel {+2cdb^2}+2c^3d\cancel {+c^2b^2}+c^4[/tex]
[tex]2abc^2+2abcd=^? a^2b^2+(cd+c^2)^2[/tex]

[tex]ab(2c^2+2cd-ab)=^? (cd+c^2)^2[/tex]
Сега заместваме с [tex]ab=c(c+d)[/tex] и получаваме

[tex](c^2+cd)(2c^2+2cd-c^2-cd)=(cd+c^2)^2[/tex] с което което доказахме търсеното равенство