5. Zastosowanie twierdzenia Talesa i podobieństwa

RQ5SU8VF2N7PR

Co łączy grę w bilard z aparatem fotograficznym i projektorem, mierzeniem odległych obiektów (nawet w kosmosie), huśtawką, żurawiem studziennym i dźwigiem na budowie?

Chociaż tematy w pytaniu wydają się bardzo odległe od siebie, to łączy je zastosowanie twierdzenia Talesa w modelowaniu własności obiektów.

Znasz już różne wersje twierdzenia Talesa oraz niektóre ich zastosowania, na przykład w opisie działania projektora i żurawia studziennego oraz pomiaru szerokości rzeki.

W tym materiale pokażemy, gdzie jeszcze można zastosować twierdzenie Talesa i jak je wykorzystać do rozwiązywania problemów praktycznych i matematycznych.

Twoje cele

Poznasz zastosowanie twierdzenia Talesa w problemach praktycznych i matematycznych.
Zastosujesz to twierdzenie w rozwiazywaniu problemów praktycznych i matematycznych.
Wykonasz konstrukcję podziału odcinka na dowolną ilość równych odcinków.
Zastosujesz podział odcinka w danym stosunku do rozwiązywania problemów w innych dziedzinach planimetrii.

Twierdzenie, które przypisuje się Talesowi zostało sformułowane na potrzeby rozwiązania konkretnych problemów praktycznych – słynnych zadań Talesa.

Jednym z tych zadań było zmierzenie wysokości piramidy egipskiej na podstawie jej cienia. Metoda przedstawiona w przykładzie może być stosowana do mierzenia wysokości innych obiektów, takich jak, budynki, drzewa, słupy itp.

Przykład 1

Cień tyczki i piramidy pokrywają się. Zmierzone odległości przedstawione są na rysunku. Wyznaczymy wysokość piramidy.

R6JXM812GQTTU

Ilustracja przedstawia piramidę, której podstawą jest kwadrat o boku 230 metry. Wysokość bryły wynosi H. Piramida rzuca cień o długości 225 metrów. Na piramidę naniesiono dwa prostokątne trójkąty pomocnicze o wspólnym wierzchołku. Pierwszy, większy trójkąt ma pionową przyprostokątną H, poziomą przyprostokątną o długości 340 metrów. Bok ten to połowa boku podstawy, czyli 115 metrów oraz cała długość cienia, czyli 225 metrów. Przekątna to odcinek łączący wierzchołek piramidy z końcem jej cienia. Drugi trójkąt znajduje się przy końcu cienia piramidy, a jego podstawa i przeciwprostokątna pokrywają się z t podstawą i przeciwprostokątną dużego trójkąta. W małym trójkącie podstawa ma długość 7 metrów, pionowa przyprostokątna ma długość 3 metry, a między nimi oznaczono kąt prosty.

Rozwiązanie

Z twierdzenia Talesa: $\frac{H}{115 + 225} = \frac{3}{7}$ , więc $H = \frac{3 \cdot 340}{7} = 145, 71$ . Zatem wysokość piramidy jest równa około $146$ metrów.

Talesowi przypisuje się również rozwiązanie zadania wyznaczenia odległości okrętu od miejsca na brzegu. Metoda przedstawiona w przykładzie może być stosowana do mierzenia odległości innych obiektów, a także mierzenia szerokości rzeki, ulicy itp.

RSO3S41TCV973

Ilustracja przedstawia rzekę z płynącą na niej łódką. Łódka znajduje się w lewej części rysunku w punkcie A, z którego poprowadzono pionowy odcinek poza rzekę do punktu C. Odcinek A C ma długość x. W prawej części pod rzeką znajduje się drugi pionowy odcinek B D, w którym punkt D leży nad B. Odcinek B D ma długość pięćdziesiąt. Końce pionowych odcinków połączono dwoma przecinającymi się odcinkami A B i C D. Odcinki te przecinają się w punkcie E, który dzieli poziomy odcinek C D na dwa krótsze: C E o długości 200 i odcinek E D o długości 80

Okręt jest w punkcie $A$ . Tales wstawił tyczkę w punkcie $C$ , następnie wzdłuż brzegu, pod kątem prostym do linii $A C$ przeszedł pewną odległość i wstawił tyczkę w punkcie $E$ . Dalej szedł wzdłuż brzegu do punktu $D$ , gdzie wstawił kolejną tyczkę. Skręcił pod kątem prostym i szedł do momentu (punkt $B$ ) aż, tyczka w punkcie $E$ i okręt były w linii wzroku. Kąty proste gwarantują równoległość odcinków $A C$ i $B D$ .

Przykład 2

Korzystając z danych przedstawionych na rysunku, obliczymy odległość okrętu (punkt $A$ ) od punktu $C$ .

Rozwiązanie

Z uogólnienia twierdzenia Talesa wynika, że:

$\frac{x}{200} = \frac{50}{80}$ , więc $x = \frac{200 \cdot 50}{80} = 125$ .

Zatem odległość okrętu (punkt $A$ ) od punktu $C$ wynosi $125$ metrów.

Camera obscura czyli „ciemna komnata”, było to urządzenie znane już w starożytności. Urządzenie to zbudowane jest z pudełka pomalowanego wewnątrz na czarno (dla zredukowania odbić światła). Na jednej ściance znajduje się niewielki otwór (średnicy $0, 3$ – $1$ milimetra zależnie od wielkości kamery), a na drugiej matowa szyba. Promienie światła wpadające przez otwór tworzą na matowej szybie odwrócony i pomniejszony (lub powiększony) obraz. Wstawiając w miejsce matówki kliszę fotograficzną można otrzymać zdjęcie. Camera obscura bywa do dzisiaj wykorzystywana w fotografii artystycznej.

RTL3QMF9V1SM1

Ilustracja przedstawia kwadrat, znajdujący się po lewo, przez którego środek przebiega poziomy odcinek d narysowany linią przerywaną linią. Na prawym boku narysowano krótszą od boku strzałkę skierowaną w dół i oznaczono ją jako h prim. Na środku prawego boku kwadratu oznaczono punkt O. Po prawej stronie ilustracji znajduje się pionowa dłuższa strzałka h skierowana do góry. Między punktem O a strzałką h narysowano linią przerywaną poziomy odcinek D.

Przykład 3

Znając odległości $d$ , $D$ oraz wysokość obrazu $h^{'}$ wyznaczymy wzór na wysokość obiektu rzeczywistego $h$ .

Rozwiązanie

Z twierdzenia Talesa dostajemy proporcję: $\frac{h}{D} = \frac{h^{'}}{d}$ , więc $h = \frac{D \cdot h^{'}}{d}$ .

Na rysunku bila bilardowa została uderzona w punkcie $D$ i dotarła do punktu $E$ .

Przykład 4

Sprawdzimy, czy można przewidzieć miejsce odbicia bili od drugiej bandy
(punkt $G$ ), jeśli celujemy w punkt $F$ jako punkt odbicia od bandy.

RECCLF21KXXBP

Ilustracja przedstawia dwa prostopadłe odcinki - na górze poziomy A B i po prawo pionowy B C. Na środku ilustracji zaznaczono dwa punkty: D oraz E. Z punktu D poprowadzono linią przerywaną ukośny odcinek do punktu F leżącego na odcinku A B bliżej punktu B. Z punktu E poprowadzono linią przerywaną ukośny odcinek do punktu G znajdującego się na odcinku B C, bliżej punktu B. Punktu F oraz G również połączono linią przerywaną.

Rozwiązanie

Korzystamy z własności fizycznej, że kąt uderzenia bilikąt padaniakąt uderzenia bili w bandę jest równy kątowi odbiciakąt odbiciakątowi odbicia, więc jeśli przedłużymy odcinek $D F$ i odcinek $G B$ tak, żeby przedłużenia się przecięły, to otrzymany punkt przecięcia $G^{'}$ , który ma własność $|F G| = |F G^{'}|$ , $|B G| = |B G^{'}|$ . Zatem znając długość odcinka $A D$ , gdzie $A D$ jest prostopadły do bandy, oraz długości odcinków $A F$ i $F B$ potrafimy z twierdzenia Talesa wyznaczyć długość odcinka $B G$ , czyli $|B G| = |B G^{'}| = \frac{|A D| \cdot |B F|}{|A F|}$ .

Przyjmując, że $|A D| = 50 cm$ , $|B F| = 30 cm$ , $|A F| = 100 cm$ obliczamy $|B G| = \frac{50 \cdot 30}{100} = 15$ . Odcinek $B G$ ma długość $15 cm$ .

Przykład 5

Kąt widzenia tarczy Słońca i tarczy Księżyca z powierzchni Ziemi jest w przybliżeniu jednakowy. Odległość od powierzchni Ziemi do środka Księżyca wynosi około $l = 384000 km$ , a odległość od powierzchni Ziemi do środka Słońca wynosi około $L = 150000000 km$ . Średnica Słońca jest równa w przybliżeniu $s = 1400000 km$ .

RCC2VRPF31L3P

Ilustracja przedstawia dwie ukośne proste przecinające się w wyróżnionym punkcie. Przez punkt ten poprowadzono poziomą linię przerywaną. Następnie narysowano trzy koła, przez których środki przebiega linia pozioma. Pierwsze od lewej jest koło o środku w punkcie S, które jest styczne do przecinających się prostych. Narysowano promień tego koła łączący się z górną prostą. Pośrodku ilustracji znajduje się mniejsze koło o środku w punkcie K. To koło również jest styczne do obu przecinających się prostych. W kole wykreślono promień do górnej prostej. Trzecie koło znajduje się z prawej strony. Ma ono średniej wielkości pole, a punkt przecięcia ukośnych prostych, poziomej prostej znajduje się z lewej strony na brzegu koła.

Obliczymy, ile wynosi w przybliżeniu średnica $(k)$ Księżyca.

Rozwiązanie

Z twierdzenia Talesa zależność między promieniami Słońca i Księżyca oraz odległościami od Ziemi wyraża się stosunkiem:

$\frac{\frac{k}{2}}{l} = \frac{\frac{s}{2}}{L}$

$k = \frac{s \cdot l}{L} = \frac{1400000 \cdot 384000}{150000000} = 3584 km$ .

W tablicach fizycznych średnica Księżyca jest podawana w przybliżeniu i wynosi około $3, 5$ tysiąca kilometrów.

Ważne!

Informacja, że kąt widzenia tarczy Słońca i tarczy Księżyca z powierzchni Ziemi jest w przybliżeniu jednakowy pozwoliła na przyjęcie założenia, że można z punktu na Ziemi poprowadzić wspólną styczną do przekroju Słońca i przekroju Księżyca, a następnie wykorzystać własność, że promień okręgu jest prostopadły do stycznejstyczna do okręgustycznej. Stąd promienie są równoległe, więc można korzystać z twierdzenia Talesa.

Aplet

Uruchom Aplet GeoGebry.
Na ekranie przedstawione jest działanie camera obscura. Rysunek oryginalny (niebieska litera $L$ ) pojawia się po lewej stronie ekranu. Przycisk pokaż/ ukryj obraz umożliwia obserwację obrazu na ścianie prostopadłościanu po prawej stronie ekranu.
Na początku ukryj obraz. Przesuwaj czerwony punkt $P$ w różne miejsca litery $L$ .
Obserwuj obraz punktu $P$ . Jak będzie wyglądał obraz całej litery $L$ ? Sprawdź, czy dobrze myślałeś klikając przycisk pokaż/ ukryj obraz.
Ukryj obraz. Oddalaj i przybliżaj prostopadłościan poruszając żółtym punktem (punktem $Q$ ). Jak się będzie zmieniał obraz? Sprawdź, czy dobrze myślałeś klikając przycisk pokaż/ ukryj obraz.

Zapoznaj się z opisem apletu, który przedstawia działanie camery obscury.

R1NXRFANFH49P

Polecenie 1

RVPH3UA7CA6ZF

Zestaw ćwiczeń interaktywnych

Pokaż ćwiczenia:

Ćwiczenie 1

Spośród podanych kształtów wybierz ten, który jest obrazem obiektu rzeczywistego. Jeżeli:

(a) odległość obiektu rzeczywistego od otworu w camera obscura jest równa odległości otworu od przeciwległej ściany urządzenia.

R1CRV2A8T9AGQ

RVNJM8GSB3Z9K

(b) odległość obiektu rzeczywistego od otworu w camera obscura jest $2$ razy mniejsza niż odległość otworu od przeciwległej ściany urządzenia.

RFBEQBNNSORAG

RAB2FUPE31K8D

Ćwiczenie 2

Dawniej, głównie na Podlasiu, stosowano żuraw studzienny. Popatrzmy na jego uproszczony schemat.

R17LZOF15M28G

Ilustracja przedstawia schemat żurawia. Żuraw składa się z długiego ukośnego odcinka A B, gdzie A znajduje się na ziemi, a B znajduje się w górze. Odcinek A B przecięty jest pionowym odcinkiem oznaczonym jako C. Z końca B poprowadzono drugi pionowy odcinek do spłaszczonego walca znajdującego się na poziomie punktu A.

Dźwignię $A B$ żurawia podparto w punkcie $C$ tak, że ramiona dźwigni mają długości: $A C = 2 m$ i $C B = 4 m$ . O ile metrów opuści się koniec dźwigni $B$ , gdy koniec $A$ podniesie się na wysokość $1, 5$ metra?
W jakiej odległości od punktu $A$ ustawić podparcie (punkt $C$ ), aby koniec dźwigni opuścił się o $4$ metry?

Podane informacje umieszczamy na rysunku:
R63JR1LKZCOP2
Ilustracja przedstawia schemat żurawia. Mamy tu dwa pionowe odcinki, których końce połączone są kolejnymi dwoma odcinkami, które się przecinają. Odcinek pionowy znajdujący się z lewej to A prim A, gdzie punkt A prim znajduje się nad punktem A. Długość tego odcinka wynosi 1,5 metra. Z prawej strony ilustracji znajduje się dłuższy odcinek B B prim, gdzie punkt B znajduje się nad punktem B prim, a odcinek ten ma długość x. Punkt A prim połączono z punktem B prim, a punkt A połączono z B. Odcinki te przecinają się w punkcie C. Odcinek A C ma długość 2 metry, a odcinek C B ma długość 4 metry.
Wtedy $\frac{2}{1, 5} = \frac{4}{x}$ , więc $x = \frac{4 \cdot 1, 5}{2} = 3$ .
Popatrzmy na rysunek.
RCH42C66SQTFR
Ilustracja przedstawia schemat żurawia. Mamy tu dwa pionowe odcinki, których końce połączone są kolejnymi dwoma odcinkami, które się przecinają. Odcinek pionowy znajdujący się z lewej to A prim A, gdzie punkt A prim znajduje się nad punktem A. Długość tego odcinka wynosi 1,5 metra. Z prawej strony ilustracji znajduje się dłuższy odcinek B B prim, gdzie punkt B znajduje się nad punktem B prim, a odcinek ten ma długość 4 metry. Punkt A prim połączono z punktem B prim, a punkt A połączono z B. Odcinki te przecinają się w punkcie C. Odcinek A C ma długość x, a odcinek C B ma długość y.
Z polecenia (a) mamy, że $x + y = 2 + 4 = 6$ , więc $y = 6 - x$ .
Z twierdzenia Talesa $\frac{x}{1, 5} = \frac{y}{4}$ , czyli $4 x = 1, 5 y = 1, 5 (6 - x) = 9 - 1, 5 x$
$5, 5 x = 9$
$x = \frac{9}{5, 5} \approx 1, 64$ .

Ćwiczenie 3

Oblicz szerokość rzeki na podstawie danych zamieszczonych na rysunku.

R1JTNMJ49EGQO
Ilustracja schemat. Rzeka jest w postaci prostokąta. Na rzekę naniesiono następujące odcinki: z lewej znajduje się pionowy odcinek A B, który jest równy szerokości rzeki. Punkt A znajduje się nad punktem B. Z prawej strony znajduje się drugi pionowy odcinek C D o długości 5 metrów. Odcinek jest krótszy od odcinka A B oraz punkt C leży nad D. Poprowadzono również dwa odcinki łączące końce pionowych odcinków, czyli ukośny A D oraz poziomy BC poprowadzono wzdłuż brzegu rzeki. Odcinki A D i B C przecinają się w punkcie O, który dzieli odcinek B C na odcinki: B O o długości 20 m oraz O B o długości 8 metrów.
RTH25LC1T1JGX
Ilustracja przedstawia schemat. Rzeka reprezentowana jest przez prostokąt. Na rysunek naniesiono dwie proste - pionową z lewej strony oraz poziomą na dole ilustracji, pod rzeką. Proste prostopadłe przecinają się w punkcie O. Poza tym proste przecinają się z dwiema równoległymi ukośnymi prostymi. Prosta leżąca niżej na rysunku przebiega przez punkt P przecięcia dolnego brzegu rzeki i pionowej prostej oraz przecina poziomą prostą w punkcie R. W ten sposób powstały dwa odcinki: pionowy O P o długości 3,2 oraz poziomy O R o długości dwa. Druga ukośna prosta przecina punkt Q będący punktem przecięcia pionowej prostej i górnego brzegu rzeki oraz przecina poziomą prostą w punkcie, tworząc odcinek R S o długości 30

$\frac{8}{5} = \frac{20}{x}$ , więc $x = \frac{20 \cdot 5}{8} = 12, 5$ . Rzeka ma szerokość $12, 5$ metra.
$\frac{3, 2}{2} = \frac{x}{30}$ , więc $x = \frac{30 \cdot 3, 2}{2} = 48$ . Rzeka ma szerokość $48$ metrów.

R1Q2KV7PONKEC1

Ćwiczenie 4

Ćwiczenie 5

Rysunek przedstawia bilę $D$ , która po odbiciu od bandy uderzyła centralnie w bilę $E$ . Podane są niektóre odległości. Oblicz długości odcinków $x$ i $y$ .

ROMAN2TTOV5TT

Ilustracja przedstawia konstrukcję składającą się z kilku odcinków i dwóch punktów leżących poza tymi odcinkami. W górnej części ilustracji znajduje się dwa poziome odcinki o jednym wspólnym końcu. Odcinek O P ma długość 120, a odcinek P R ma długość 50; z punktu R poprowadzono dwa pionowe odcinki: odcinek R S oznaczony jako x oraz odcinek S T oznaczony jako y. Pośrodku zaznaczono dwa punkty: D oraz E i poprowadzono z nich odcinki linią przerywaną i zaznaczono kilka kątów, które te odcinki utworzyły. Z punktu D poprowadzono pionowy odcinek D O o długości 60 i zaznaczono kąt prosty między nim a odcinkiem O P. Następnie z punktu D poprowadzono odcinek D P i zaznaczono kąt ostry alfa między odcinkami D P oraz O P. Z punktu E poprowadzono również dwa odcinki. Pierwszy to odcinek E S, który tworzy kąt beta z odcinkiem pionowym y. Drugi to poziomy odcinek E T o długości 60, który tworzy kąt prosty z odcinkiem y. Połączono także punkty P oraz S w odcinek P S, który jest równocześnie przekątną trójkąta prostokątnego o przyprostokątnych 50 i x i kątach wewnętrznych alfa przy wierzchołku P i beta przy wierzchołku S.

R1CGGOET9NSQV

Ćwiczenie 6

Rysunek przedstawia dwa okręgi, dwie proste styczne do tych okręgów i półprostą przechodzącą przez środki okręgów. Podane są niektóre długości. Oblicz długości odcinków $x$ i $y$ .

RQMS3O5HC3LZ5

R16FK1Z5GUX55

Ćwiczenie 7

Rysunek przedstawia wyniki mierzenia wysokości wieży (punkt $C$ ) oraz wysokości muru (punkt $D$ ). Podane są niektóre długości. Oblicz długości odcinków $x$ i $y$ .

R71BPZ4TVPKO6

Oblicz długość odcinka x i odcinka y. Ilustracja przedstawia poziomą prostą, na której wyznaczono trzy odcinki o wspólnych końcach. Odcinek A B ma długość 20, odcinek B C ma długość 150, a odcinek C D ma długość dziesięć. Z poszczególnych punktów poprowadzono pionowe odcinki: odcinek A O oznaczono jako x, odcinek B P oznaczono jako y, odcinek C R ma długość 2, a pionowy odcinek nad nim, czyli R S ma długość jeden. Linią przerywaną poprowadzono dwie ukośne proste przecinające się z poziomą prostą w punkcie D. Prosta k przebiega przez następujące punkty: D, R oraz P. Prosta l przebiega z kolei przez punkty: D, S oraz O.

RLURO1C99B7CD

Ćwiczenie 8

W trójkącie $A B C$ odcinek $D E$ jest równoległy do boku $B C$ i dzieli trójkąt na dwie części o równych polach.

R1O7X289P9Q4M

Ilustracja przedstawia trójkąt A B C, w którym podstawą jest poziomy odcinek B C. Na ramieniu A B zaznaczono punkt D, natomiast na ramieniu A C zaznaczono punkt E. Punkty te połączono w poziomy odcinek D E.

Wyznacz stosunek $\frac{|B D|}{|A B|}$ .

Zacznik od obliczenia skali podobieństwa trójkąta $A D E$ do trójkąta $A B C$ .

Wprowadźmy oznaczenia:

$P$ – pole trójkąta $A B C$ ,

$h$ - wysokość trójkąta $A B C$ ,

$P_{1}$ - pole trójkąta $A D E$ ,

$h_{1}$ - wysokość trójkąta $A D E$ ,

oraz $\frac{h_{1}}{h} = x$ .

Z założenia

$\frac{P_{1}}{P} = \frac{\frac{1}{2} \cdot | E D | \cdot h_{1}}{\frac{1}{2} \cdot | B C | \cdot h} = \frac{| E D | \cdot h_{1}}{| B C | \cdot h} = \frac{1}{2}$

Z twierdzenia Talesa $\frac{|E D|}{|A D|} = \frac{|B C|}{|A B|}$ i stąd $\frac{|A D|}{|A B|} = \frac{|E D|}{|B C|}$ . Ponadto, $\frac{|E D|}{|B C|} = \frac{h_{1}}{h}$ .

Zatem $x^{2} = \frac{1}{2}$ , więc $x = \frac{1}{\sqrt{2}}$ . Wiemy więc, że $\frac{|A D|}{|A B|} = \frac{1}{\sqrt{2}}$ .

Ostatecznie, $\frac{|B D|}{|A B|} = \frac{|A B| - |A D|}{|A B|} = 1 - \frac{1}{\sqrt{2}} = \frac{2 - \sqrt{2}}{2}$ .

Ćwiczenie 9

Na rysunku odcinki $A B$ , $C D$ i $E F$ są równoległe. Wiadomo, że $|C D| = 27$ , $|P C| = 15$ , $|P E| = 7, 5$ oraz $|A B| = 22, 5$ .

R1PLHJKO8K6KL

Ilustracja przedstawia kilka odcinków. Równoległe ukośne odcinki od lewej to: D C, gdzie punkt D leży nad C, krótszy E F, gdzie punkt E leży nad F oraz dłuższy od środkowego A B, gdzie punkt A leży nad B. Odcinki te wyróżniono różowym kolorem. Pozostałe odcinki są niebieskie. Mamy kolejno: Poziomy odcinek C B zawierający punkt F. Ukośny odcinek C A przebiegający przez punkt E. Ukośny odcinek D B również przebiegający przez punkt E. Ukośny odcinek D F przecinający odcinek C A w punkcie P.

Wyznacz długości odcinków $E F$ i $A E$ .

Zauważ, że trójkąty $P E F$ i $P C D$ są podobne.

Z uogólnienia twierdzenia Talesa (lub podobieństwa trójkątów):

$\frac{|P E|}{|E F|} = \frac{|P C|}{|C D|}$ czyli $|E F| = \frac{|P E| \cdot |C D|}{|P C|} = \frac{7, 5 \cdot 27}{15} = 13, 5$ .

Natomiast z twierdzenia Talesa:

$\frac{|C E|}{|E F|} = \frac{|C A|}{|A B|}$ czyli $|C A| = \frac{|C E| \cdot |A B|}{|E F|} = \frac{22, 5 \cdot 22, 5}{13, 5} = 37, 5$ .

Ostatecznie $|A E| = |A C| - |C E| = 37, 5 - 22, 5 = 15$ .

Słownik

kąt padania

kąt określający kierunek ruchu obiektu względem powierzchni, do której ten obiekt dociera

kąt odbicia

kąt określający kierunek ruchu obiektu względem powierzchni, od której ten obiekt się obija

styczna do okręgu

prosta mająca dokładnie jeden punkt wspólny (punkt styczności) z okręgiem. Promień okręgu poprowadzony do punktu styczności jest prostopadły do stycznej

punkty współliniowe

co najmniej $3$ punkty, które leżą na jednej prostej

4. Związek twierdzenia Talesa z podobieństwem trójkątów

6. Linia środkowa w trójkącie