• Zastosujesz  twierdzenia dotyczące trójkątów w zadaniach geometrycznych.

• Zastosujesz poznane własności trójkątów do rozwiązywania zadań.

• Wykorzystasz własności trójkątów w dowodzeniu twierdzeń.

• Zastosujesz wzory na pole trójkąta do dowodzenia twierdzeń.

Wykaż, że trójkąt o bokach $\sqrt{17}$ , $\sqrt{85}$, $\sqrt{68}$ jest prostokątny.

RHA82L4DCOR8C

Ilustracja przedstawia trójkąt ABC. Przy wierzchołku C znajduję się kąt prosty.

Rozwiązanie:

Oznaczmy boki trójkąta $ABC$:

$a=\sqrt{17}$, $b=\sqrt{85}$, $c=\sqrt{68}$.

Korzystamy z twierdzenia odwrotnego do twierdzenia Pitagorasa. Sprawdzamy, czy kwadrat długości jednego z boków jest równy sumie kwadratów długości boków pozostałych. Ponieważ w trójkącie prostokątnym najdłuższym bokiem jest przeciwprostokątna – w naszym przypadku może to być bok o długości $b=\sqrt{85}$. Ograniczymy się zatem tylko do sprawdzenia warunku: $a^2+c^2=b^2$.

Otrzymujemy:

$a^2+c^2={\left(\sqrt{17}\right)}^2+{\left(\sqrt{68}\right)}^2=17+68=85={\left(\sqrt{85}\right)}^2=b^2$.

Wykazaliśmy, że $a^2+c^2=b^2$, więc trójkąt $ABC$ jest prostokątny.

Wykaż, że trójkąt o bokach $\left|AB\right|=7$, $\left|BC\right|=11$, $\left|CA\right|=14$ jest rozwartokątny.

Rozwiązanie:

Trójkąt jest rozwartokątny jeżeli kąt przy jednym z wierzchołków jest rozwarty, czyli $\alpha >{90}^{°}$. Skorzystamy z twierdzenia cosinusów. Sprawdzimy znak funkcji cosinus – jeżeli trójkąt jest rozwartokątny to cosinus kąta rozwartego jest ujemny.

Wprowadźmy oznaczenie: $\sphericalangle ABC=\alpha$.

Zapiszemy twierdzenie cosinusów dla boku $CA$, ponieważ bok leżący naprzeciw kąta o największej mierze jest najdłuższy:

${\left|CA\right|}^2={\left|AB\right|}^2+{\left|BC\right|}^2-2\left|AB\right|\cdot \left|BC\right|\cdot \cos \alpha$.

Wyznaczamy z tego wzoru $\cos \alpha =\frac{{\left|CA\right|}^2-{\left|AB\right|}^2-{\left|BC\right|}^2}{-2\left|AB\right|\cdot \left|BC\right|}$.

Podstawiamy $\left|AB\right|=7$, $\left|BC\right|=11$, $\left|CA\right|=14$:

$\cos \alpha =\frac{{14}^2-7^2-{11}^2}{-2·7·11}=-\frac{26}{154}=-\frac{13}{77}<0$.

Ponieważ $\cos \alpha <0$, to kąt $ABC$ jest rozwarty ( cosinus jest ujemny w $\mathrm{II}$ i $\mathrm{III}$ ćwiartce, $\alpha$ może być tylko kątem z $\mathrm{II}$ ćwiartki układy współrzędnych ponieważ jest kątem trójkąta).

Wykazaliśmy, że trójkąt jest rozwartokątny. Kąt rozwarty znajduje się przy wierzchołku $B$ trójkąta $ABC$.

Trójkąt $ABC$ jest trójkątem prostokątnym o kącie prostym przy wierzchołku $C$. Na przedłużeniu przeciwprostokątnej $AB$ odmierzymy odcinek $BD$ równy przyprostokątnej $BC$ i łączymy punkt $D$ z punktem $C$. Wykaż, że gdy $\left|BC\right|=5$, a $\left|AC\right|=12$, to długość odcinka $CD$ wynosi $\frac{30}{13}·\sqrt{13}$.

RHCXREV5JN1AN

Ilustracja przedstawia trójkąt ACD. Na przedłużeniu boków AC i wierzchołka D powstaje punkt E. Tworząc trójkąt prostokątny AED. Z wierzchołka C prostopadle poprowadzono prostą do ramienia AD tworząc punkt B. Ramię CD ma wartość x.

Rozwiązanie:

$\text{I}$ metoda:

Pomocniczo wprowadzamy odcinki $DE$ i $EC$, $DE\parallel CB$. Z treści zadania wiemy, że $\left|AC\right|=12$, $\left|CB\right|=5$, $\left|DB\right|=5$.

Rozwiązanie znajdziemy wykonując następujące kroki:

1. Z twierdzenia Pitagorasa dla trójkąta prostokątnego $ABC$ wyznaczymy $AB$.

2. Z twierdzenia Talesa wyznaczymy $DE$ i $EC$.

3. Z twierdzenia Pitagorasa dla trójkąta prostokątnego $DEC$ wyznaczymy $\left|CD\right|=x$.

Trójkąt $ABC$ jest prostokątny, zatem z twierdzenia Pitagorasa, możemy zapisać: ${\left|AC\right|}^2+{\left|CB\right|}^2={\left|AB\right|}^2$.

Ponieważ $\left|AB\right|=\sqrt{{\left|AC\right|}^2+{\left|CB\right|}^2}$, $\left|AC\right|=12$, $\left|CB\right|=5$, zatem:

$\left|AB\right|=\sqrt{{12}^2+5^2}=\sqrt{169}=13$.

$\left|AB\right|=13$.

Ponieważ $DE\Vert CB$, to z twierdzenia Talesa możemy zapisać:

1) $\frac{\left|DE\right|}{\left|CB\right|}=\frac{\left|AD\right|}{\left|AB\right|}$

$\left|AD\right|=\left|DB\right|+\left|AB\right|$ (co wynika z treści zadania).

$\left|AD\right|=5+13=18$, $\left|CB\right|=5$, $\left|AB\right|=13$.

Otrzymujemy:

$\frac{\left|DE\right|}{5}=\frac{18}{13}$, skąd $\left|DE\right|=\frac{5·18}{13}$.

2) $\frac{\left|EC\right|}{\left|AC\right|}=\frac{\left|DB\right|}{\left|AB\right|}$

Wiemy, że $\left|AC\right|=12$, $\left|DB\right|=5$, $\left|AB\right|=13$

Otrzymujemy:

$\frac{\left|EC\right|}{12}=\frac{5}{13}$, skąd $\left|EC\right|=\frac{12·5}{13}$.

$\left|CD\right|=x$ wyznaczymy z twierdzenia Pitagorasa zapisanego dla trójkąta $CDE$:

$x^2={\left|CD\right|}^2={\left|DE\right|}^2+{\left|EC\right|}^2$.

$x^2={\left(\frac{5\cdot 18}{13}\right)}^2+{\left(\frac{12\cdot 5}{13}\right)}^2={\left(\frac{5}{13}\right)}^2\left({18}^2+{12}^2\right)={\left(\frac{5}{13}\right)}^2\left({\left(3\cdot 6\right)}^2+{\left(2\cdot 6\right)}^2\right)=$$={\left(\frac{5}{13}\right)}^2·6^2·\left(3^2+2^2\right)={\left(\frac{5·6}{13}\right)}^2·13$.

Stąd $\left|CD\right|=\frac{30}{13}·\sqrt{13}$.

$\text{II}$ metoda:

R15NLEUNHCC9A

Ilustracja przedstawia trójkąt ACD. Z wierzchołka C prostopadle poprowadzono prostą do ramienia AD tworząc punkt B. Ramię CD ma wartość x. Utworzono dwa trójkąty wewnętrzne. BCD o kącie przy wierzchołku B o wartości beta oraz trójkąt ABC o kącie przy wierzchołku B o wartości alfa.

Ponieważ trójkąt $ABC$ jest prostokątny, to z twierdzenia Pitagorasa możemy zapisać:${\left|AC\right|}^2+{\left|CB\right|}^2={\left|AB\right|}^2$.

Wiemy, że $\left|AB\right|=\sqrt{{\left|AC\right|}^2+{\left|CB\right|}^2}$, $\left|AC\right|=12$, $\left|CB\right|=5$, więc $\left|AB\right|=\sqrt{{12}^2+5^2}=\sqrt{169}=13$.

Otrzymujemy zatem $\left|AB\right|=13$

Oznaczmy: $\sphericalangle CBA=\alpha$ i $\sphericalangle DBC=\beta$.

Ponieważ $\alpha$, $\beta$ to kąty przyległe, to $\alpha +\beta =180°$, a stąd $\beta =180°-\alpha$.

Trójkąt $ABC$ jest prostokątny, możemy zatem zapisać : $\cos \alpha =\frac{\left|BC\right|}{\left|AB\right|}$.

$\left|BC\right|=5$, $\left|AB\right|=13$, a zatem $\cos \alpha =\frac{\left|BC\right|}{\left|AB\right|}=\frac{5}{13}$.

Ponieważ $\beta =180°-\alpha \to \cos \beta =\cos \left(180°-\alpha \right)=-\cos \alpha$ (ze wzoru redukcyjnego). Otrzymujemy zatem $\cos \beta =-\left(\frac{5}{13}\right)$.

Z twierdzenia cosinusówtwierdzenie cosinusówtwierdzenia cosinusów dla trójkąta $CDB$ zapisujemy: ${\left|CD\right|}^2={\left|CB\right|}^2+{\left|DB\right|}^2-2·\left|CB\right|·\left|DB\right|·\cos \beta$.

$x=\left|CD\right|$.

$x^2=5^2+5^2-2·5·5·\left(\frac{-5}{13}\right)=25+25+\frac{250}{13}=$$=25\left(2+\frac{10}{13}\right)=5^2·\frac{36}{13}=5^2·\frac{6^2}{13}$.

Ponieważ $x^2=5^2·\frac{6^2}{13}$, stąd też $x=\sqrt{5^2·\frac{6^2}{13}}=\frac{30}{\sqrt{13}}=\frac{30}{13}\sqrt{13}$.

Wykazaliśmy, że $\left|CD\right|=\frac{30}{13}·\sqrt{13}$.

Wykaż, że jeżeli trójkąt ma dwie równe wysokości to jest równoramienny.

R1GFNT4PKHF8J

Ilustracja przedstawia trójkąt ABC. Z wierzchołka B prostopadle do ramienia AC poprowadzono prostą tworząc punkt D. Z wierzchołka C prostopadle poprowadzono prostą na ramie AB tworząc punkt E.

Rozwiązanie:

Niech $CE$ i $DB$ będą wysokościami $\Delta ABC$ i $CE=DB$.

Rozważmy trójkąty $ABD$ i $AEC$.

$\sphericalangle CAB$ kąt wspólny trójkątów: $ABD$ i $AEC$.

$\sphericalangle ADB=\sphericalangle AEC=90°$ ponieważ $DB$ i $CE$ są wysokościami trójkąta.

$\sphericalangle DBA=\sphericalangle ACE$, ponieważ jeżeli dwa trójkąty prostokątne mają jeden kąt ostry równy, to również drugi kąt ostry jest tej samej miary.

Z założenia mamy zatem $CE=DB$.

Z cechy ($kbk$) trójkąty są przystające więc $AC=AB$. Zatem trójkąt $ABC$ jest równoramienny.

Wykażemy, że długość wysokości opuszczonej na przeciwprostokątną w trójkącie prostokątnym o przyprostokątnych długości $a$ i $b$ jest równa $h=\frac{a·b}{\sqrt{a^2+b^2}}$.

Rozwiązanie

Przyjmijmy oznaczenia: $\left|\sphericalangle ACB\right|=90°$; $a$, $b$ – długości przyprostokątnych; $c$ – długość przeciwprostokątnej.

Zastosujemy $2$ wzory na pole trójkąta:

RHDJNRNMAH2BX

Ilustracja przedstawia dwa trójkąty prostokątne. Pierwszy ABC o ramieniu AB o długości c, o ramieniu CB długości a oraz ramieniu AC o długości b. Z wierzchołka C upuszczono wysokość na podstawę AB. Drugi trójkąt prostokątny ABC o ramionach: AB o długości c, następnie AC o długości b oraz BC o długości a.

Porównujemy pola trójkąta, wyliczając wysokość:

$\frac{1}{2}c·h=\frac{1}{2}a·b$ stąd $h=\frac{a·b}{c}$.

Z twierdzenia Pitagorasa wyliczamy $c$:

$c^2=a^2+b^2$ stąd $c=\sqrt{a^2+b^2}$.

Zatem:

$h=\frac{a·b}{\sqrt{a^2+b^2}}$.

Wykazaliśmy, że długość wysokości opuszczonej na przeciwprostokątną w trójkącie prostokątnym o przyprostokątnych długości $a$ i $b$ jest równa: $h=\frac{a·b}{\sqrt{a^2+b^2}}$.

W trójkącie $ABC$ boki $BC$ i $AC$ mają długości odpowiednio $4$ i $2$, kąt przy wierzchołku $C$ ma miarę $120°$. Wykażemy, że długość odcinka dwusiecznejdwusieczna kąta trójkątadwusiecznej kątadwusieczna kąta trójkątakąta $ACB$, który jest zawarty w trójkącie $ABC$, wynosi $\frac{4}{3}$.

Rozwiązanie

RMCEZ9N1FCOHD

Ilustracja przedstawia trójkąt ABC o kącie przy wierzchołku C o mierze 120 stopni. Odcinek CD wynosi d, gdzie punkt D znajduje się na podstawie AB.

Niech $d=\left|CD\right|$ będzie szukaną długością odcinka dwusiecznej kątadwusieczna kątadwusiecznej kąta $ACB$.

Z treści zadania: $\left|BC\right|=4$, $\left|AC\right|=2$ i $\left|\sphericalangle ACB\right|=120°$.

Skoro $CD$ jest dwusieczną kąta $ACB$, to: $\left|\sphericalangle ACD\right|=\left|\sphericalangle DCB\right|=60°$.

Zauważmy, że: $P_{△ABC}=P_{△ADC}+P_{△DBC}$.

Skorzystamy ze wzoru na pole trójkąta postaci: $P=\frac{1}{2}a·b·\sin \alpha$, gdzie $a, b$ - długości boków trójkąta, zaś $\alpha$ - miara kąta zawartego między tymi bokami.

Mamy zatem:

$P_{△ABC}=\frac{1}{2}\left|AC\right|·\left|BC\right|·\sin \left(\sphericalangle ACB\right)$

$P_{△ABC}=\frac{1}{2}·2·4·\sin 120°=4·\sin \left(180°-60°\right)=4·\sin 60°$,

$P_{△ADC}=\frac{1}{2}·\left|AC\right|·\left|CD\right|·\sin \left(\sphericalangle ACD\right)$

$P_{△ADC}=\frac{1}{2}·2·d·\sin 60°=d·\sin 60°$,

$P_{△DBC}=\frac{1}{2}·\left|CD\right|·\left|BC\right|·\sin \left(\sphericalangle DCB\right)$

$P_{△DBC}=\frac{1}{2}·d·4·\sin 60°=2·d·\sin 60°$.

Po podstawieniu dostajemy równanie:

$4·\sin 60°=d·\sin 60°+2·d·\sin 60°$.

Dzielimy obie strony równania przez $\sin 60°$ i otrzymujemy:

$4=d+2d$

$4=3d$, stąd $d=\frac{4}{3}$.

Długość odcinka dwusiecznej kąta $ACB$, który jest zawarty w trójkącie $ABC$ wynosi $\frac{4}{3}$, co należało udowodnić.

jeżeli $a$, $b$, $c$ są długościami boków trójkąta, natomiast $\alpha$, $\beta$, $\gamma$ odpowiednio miarami kątów leżących naprzeciw tych boków, to:
$c^2=a^2+b^2-2ab\cos \gamma$
$a^2=b^2+c^2-2bc\cos \alpha$
$b^2=a^2+c^2-2ac\cos \beta$

półprosta o początku w wierzchołku kąta i dzieląca ten kąt na dwa kąty przystające

odcinek, który jest częścią wspólną trójkąta i dwusiecznej kąta wewnętrznego tego trójkąta

długość odcinka prostopadłego do boku trójkąta, którego jednym końcem jest punkt $O$, który nie należy do rozważanego boku trójkąta, a drugim końcem jest punkt należący do tego boku