DSCN1136 (2)

Rozpatrzmy dwa trójkąty AADK i ADAG.

Ponieważ KD\\BC, więc

\^Ęad\=\<kda\.

Ponadto oba trójkąty mają wspólną podstawę AD oraz | <AGD\ = | A:AKD\ = 90°, a więc są to trójkąty przystające. Stąd wynika, że (3) \GD\ = \AK\.

Zatem ze wzoru (1) na podstawie równości (2) i (3) mamy \AF\ = \DE\ + \DG\.

5.17.    Niech

P^aml ⁼    ■ P\kmc ⁼ ^2'    ^ abc — S.

Na podstawie twierdzenia o stosunkach pól figur podobnych, otrzymujemy:

fc_\AL±    fil \LB\

V S ~ \AB\' V S ~ \AB\'

Stąd y/s[ + JSI = y/Ś.

Wobec tego

S ~ Sj + S₂ 4- 2y/S_lS₁ ^ Sy +S2 + Sj +^2 = 2(Sj + Sj). więc 2(S, + S₂) > S, a to daje tezę.

5.18.    Wskazówka. Wystarczy zauważyć, że np.

«i =^\AB\- \AA, | • sin| <t^|,

bi = ^|Bq-|BB,|-sin|«t:|| itd.

5.19.    Wskazówka. Przez środek ramienia trapezu poprowadzić prostą równoległą do podstawy trapezu. Prosta ta podzieli rozpatrywany trójkąt na dwa trójkąty, których wspólna podstawa ma dhigość równą średniej arytmetycznej długości podstaw trapezu. Wysokości tych trójkątów są równe połowie wysokości trapezu.

5.20.    Wskazówka. Zauważyć, że ze wzoru

P = rr(a + b + c),

gdzie P - pole trójkąta

a,b,c - długości boków trójkąta wynika, że

1 a b c r ⁼ 2P ⁺ 2P ⁺ 2P'

5.21. \CD\ = h,

\EB\ _ n |C£| m’

\CB\ _ m + n

\ĆE\~ ^m

\CB\ = ——— |C£|. m

Z podobieństwa

ACBD ~ ACDE wynika, że h \CE\

\CB\~ h '

skąd h² = \CB\ • |C£| = ^-i^lCEI², m

^Y m

Zatem \CE\ = . /——— h,

V m + n

\CB\ = J^±Ź-h.

V m

Z twierdzenia Pitagorasa mamy więc

\DE\ = J^--h

"m + n

czy^|i^^c = A²v£-

^•22. 1) Jedną z prostych spełniających warunki zadania jest Prosta CD (rys. 5.22) i wtedy \AD\: |DB| = 1    ^