MATeMAtyka 4. Zakres podstawowy i rozszerzony — strona 188

Trójkąty $DCE$ i $FBE$ są podobne: mają równe kąty wierzchołkowe przy $E$, a pozostałe odpowiednie kąty są równe z równoległości $DC\parallel AB$. Ponieważ $E$ jest środkiem $BC$, mamy $CE=EB$, więc skala podobieństwa wynosi $1$. Stąd

$$BF=DC=AB.$$

Zatem $AF=AB+BF=2AB$. Wysokość trójkąta $AFD$ opuszczona na $AF$ jest równa wysokości równoległoboku. Jeśli oznaczymy ją przez $h$, to

$$P_{\triangle AFD}=\frac12\cdot2AB\cdot h=AB\cdot h=P_{ABCD}.$$

Ponieważ $CD$ jest środkową trójkąta $ABC$, mamy $AD=DB$. Z twierdzenia o długości środkowej w trójkątach $ADC$ i $CDB$:

$$DE^2=\frac{2AD^2+2CD^2-AC^2}{4},$$ $$DF^2=\frac{2DB^2+2CD^2-BC^2}{4}.$$

Warunek $DE=DF$ oraz równość $AD=DB$ dają $AC^2=BC^2$. Długości są dodatnie, więc $AC=BC$ i trójkąt $ABC$ jest równoramienny.

Niech $\alpha=\angle DAB$, gdzie $0^\circ<\alpha<90^\circ$. Ponieważ $CB=CE$, trójkąt $CBE$ jest równoramienny. Punkt $E$ leży na półprostej $AB$, więc jego kąty przy podstawie mają miarę $\alpha$, a $\angle BCE=180^\circ-2\alpha$.

Podobnie $AB=AF$, a punkty $C,B,F$ leżą na jednej półprostej. W trójkącie równoramiennym $ABF$ kąty przy $B$ i $F$ mają miarę $\alpha$, zatem $\angle BAF=180^\circ-2\alpha$.

Stąd

$$\angle DAF=\alpha+(180^\circ-2\alpha)=180^\circ-\alpha,$$ $$\angle ECD=(180^\circ-2\alpha)+\alpha=180^\circ-\alpha.$$

W równoległoboku $DA=CB=CE$ oraz $CD=AB=AF$. Trójkąty $DAF$ i $ECD$ mają więc dwie pary równych boków i równe kąty między nimi. Na mocy BKB są przystające.

Ustawmy początek wektorów w punkcie $B$ i oznaczmy $\vec u=\overrightarrow{BA}$, $\vec v=\overrightarrow{BC}$. Wówczas, z własności równoległoboku,

$$\overrightarrow{BD}=\vec u+\vec v.$$

Niech $R$ oznacza obrót o $60^\circ$ w stronę punktu $P$. Z konstrukcji trójkątów równobocznych

$$\overrightarrow{BP}=R\vec u, \qquad \overrightarrow{BQ}=R^{-1}\vec v.$$

Dla obrotu o $60^\circ$ zachodzą tożsamości $I-R=R^{-1}$ oraz $R^{-1}-I=-R$. Stąd

$$\overrightarrow{PD}=R^{-1}\vec u+\vec v, \quad \overrightarrow{QD}=\vec u+R\vec v, \quad \overrightarrow{PQ}=R\vec u-R^{-1}\vec v.$$

Kwadraty długości wszystkich trzech wektorów są równe

$$|\vec u|^2+|\vec v|^2+2\vec u\cdot R\vec v.$$

Zatem $PD=QD=PQ$, czyli trójkąt $PQD$ jest równoboczny.

Oznaczmy długości podstaw trapezu przez $a,b$, a jego wysokość przez $h$. Punkt $P$ jest środkiem ramienia, więc jego odległość od każdej podstawy wynosi $\frac h2$. Zatem

$$P_{\triangle ABP}=\frac12a\cdot\frac h2=\frac{ah}{4}, \qquad P_{\triangle CDP}=\frac12b\cdot\frac h2=\frac{bh}{4}.$$

Te dwa trójkąty i trójkąt $BPC$ rozcinają trapez. Ponieważ $P_{ABCD}=\frac{(a+b)h}{2}$, otrzymujemy

$$P_{\triangle BPC}=\frac{(a+b)h}{2}-\frac{(a+b)h}{4} =\frac12P_{ABCD}.$$

Z twierdzenia o odcinku łączącym środki dwóch boków trójkąta każdy bok czworokąta $PQRS$ jest równoległy do jednej z przekątnych trapezu i ma połowę jej długości. Kolejne boki mają więc długości na przemian

$$\frac12|AC|,\qquad \frac12|BD|.$$

W trapezie równoramiennym przekątne są równe: $AC=BD$. Wszystkie cztery boki $PQRS$ mają zatem tę samą długość, więc $PQRS$ jest rombem.

W czworokącie wpisanym w okrąg kąty przeciwległe są dopełniające do $180^\circ$. Ponieważ $L,A,B$ są współliniowe, a $K$ leży na $AD$,

$$\angle LAK=180^\circ-\angle DAB=\angle DCB.$$

Ponadto $LA=DC$ i $AK=CB$. Na mocy BKB

$$\triangle LAK\equiv\triangle DCB.$$

Z przystawania $\angle ALK=\angle CDB$. Kąty $CDB$ i $CAB$ są równe, bo są kątami wpisanymi opartymi na tym samym łuku $CB$. Proste $AL$ i $AB$ są tą samą prostą, zatem równość odpowiednich kątów daje

$$KL\parallel AC.$$