fie un trapez abcd ab paralel cu cd și m mijlocul laturii bc să se demonstreze că aria triunghiul amd este egal cu 1 supra 2 din aria trapezului abcd.​

Răspuns:

Explicație pas cu pas:

Trasăm prin M o perpendiculară EF pe AB, deci EF=h este înălțimea trapezului ABCD. După crit. IU, ΔBMF≡ΔCME, ⇒EM=FM=h/2.

Fie AB=a, CD=b, atunci Aria(ABCD)=h·(a+b)/2=(1/2)·h·(a+b).

Aria(ABM)=(1/2)·a·(1/2)·h,  Aria(ΔCDM)=(1/2)·b·(1/2)·h.

Atunci, Aria(AMD)=Aria(ABCD)-Aria(ABM)- Aria(ΔCDM)=(1/2)·h·(a+b)-(1/2)·a·(1/2)·h-(1/2)·b·(1/2)·h=(1/2)ah+(1/2)bh-(1/2)·a·(1/2)·h-(1/2)·b·(1/2)·h=(1/2)·h(a+b-(1/2)a-(1/2)b)=(1/2)h·((1/2)a+(1/2)b)=(1/2)·[(1/2)h(a+b)]=(1/2)·Aria(ABCD). Deci Aria(AMD)=(1/2)·Aria(ABCD)

Desenăm trapezul ABCD, cu AB || CD, AB > CD.

Fixăm M,  mijlocul lui BC. Notăm  MB = MC = x.

Dacă ducem h = CT- înălțime a trapezului și MF ⊥ TB ⇒

⇒MF = linie mijlocie în ΔBCT ⇒ MF = h/2.

Unim M cu A și D.

Unghiurile B și C sunt suplementare, deci sinC = sinB.

[tex]\it \mathcal{A}_{ABM}=\dfrac{MB\cdot AB\cdot sinB}{2}= \dfrac{x\cdot AB\cdot sinB}{2}=x\cdot sinB\cdot \dfrac{AB}{2} \\ \\ \\\mathcal{A}_{CDM}= \dfrac{MC\cdot CD\cdot sinC}{2}= \dfrac{x\cdot CD\cdot sinB}{2}=x\cdot sinB\cdot \dfrac{CD}{2}\\ \\ \\ \mathcal{A}_{ABM}+\mathcal{A}_{CDM}= x\cdot sinB\Big(\dfrac{AB+CD}{2}\Big)\ \ \ \ \ (1)[/tex]

[tex]\it Din\ \Delta MFB \Rightarrow sinB=\dfrac{MF}{MB} \Rightarrow sinB = \dfrac{MF}{x} \Rightarrow x\cdot sinB=MF=\dfrac{h}{2}=\dfrac{1}{2}h\ \ \ \ (2)\\ \\ (1),\ (2) \Rightarrow \mathcal{A}_{ABM}+\mathcal{A}_{CDM}=\dfrac{1}{2}h\Big(\dfrac{AB+CD}{2}\Big)=\dfrac{1}{2}\mathcal{A}_{ABCD}\\ \\ \\ \mathcal{A}_{AMD}=\mathcal{A}_{ABCD}-(\mathcal{A}_{ABM}+ \mathcal{A}_{CDM}) = \mathcal{A}_{ABCD}-\dfrac{1}{2}\mathcal{A}_{ABCD}=\dfrac{1}{2}\mathcal{A}_{ABCD}[/tex]