Trójkąty $ABC$ i $DEF$ są prostokątne oraz podobne, gdyż padające w tym samym czasie promienie słoneczne są do siebie równoległe, co oznacza, że kąty ostre przy wierzchołkach $A$ i $D$ tych trójkątów są równe.

RSlTDvDMlj7Y2

Ilustracja składa się z dwóch części. Część lewa przedstawia mężczyznę w todze, na którego naniesiono trójkąt prostokątny A B C w taki sposób, że pionowy bok B C to wysokość mężczyzny, natomiast podstawa C A pokrywa się z cieniem rzucanym przez postać. Prawa część ilustracji przedstawia piramidę, na którą naniesiono trójkąt prostokątny E F D tak, że punkt E pokrywa się z wierzchołkiem piramidy. Pionowy odcinek E F jest wysokością bryły, natomiast punkt D pokrywa się z końcowym punktem cienia rzucanego przez piramidę, czyli podstawa trójkąta F D biegnie od środka bryły i przez całą długość cienia.

Ponieważ Tales dokonał pomiaru w takim dniu, w którym długość jego cienia była równa jego wzrostowi, a więc gdy $\left|AC\right|=\left|BC\right|$, to wywnioskował, że również $\left|DF\right|=\left|EF\right|$.

RvMv2oiYrfDEe

Ilustracja składa się z dwóch części. Część lewa piramidę o podstawie P S R Q i górnym wierzchołku E, na którą naniesiono trójkąt prostokątny E F D tak, że pionowy odcinek E F jest wysokością bryły oznaczoną jako H, natomiast punkt D pokrywa się z końcowym punktem cienia rzucanego przez piramidę, czyli podstawa trójkąta F D biegnie od środka bryły i przez całą długość cienia. Prawa część ilustracji przedstawia dwa trójkąty o wspólnym wierzchołku E. Trójkąt pierwszy to trójkąt równoramienny K L E, którego wysokość wynosi 146,5, a podstawą trójkąta jest odcinek K L, który wysokość podzieliła na dwa równe odcinki K F oraz F L, każdy o długość a drugich. Drugi trójkąt to trójkąt prostokątny F D E. Podstawa tego trójkąta to F D. Podstawa zawiera punkt L, który dzieli ją na dwa odcinki: F L o długości a drugich i L D o długości 31,5

Trójkąt $DEF$ jest prostokątny i równoramienny. Wierzchołek $F$ kąta prostego w tym trójkącie jest spodkiem wysokości trójkąta równoramiennego $KLE$, którego podstawa $KL$ ma długość równą długości krawędzi podstawy Piramidy Cheopsa. Te informacje wystarczają, żeby obliczyć długość $a$ krawędzi podstawy Piramidy. Zatem $\left|DF\right|=\left|EF\right|=146,5$, czyli $\frac{a}{2}+31,5=146,5$. Stąd $\frac{a}{2}=115$, więc $a=230$.

Gdyby Piramida rzucała cień o „prawie zerowej długości”, to wtedy koniec $D$ tego cienia byłby środkiem $D$ krawędzi podstawy Piramidy.

RQnmuFaGlAedn

Ilustracja przedstawia trójkąt równoramienny K D E, którego wysokość H to pionowy odcinek E F. Podstawą trójkąta jest odcinek K D, który wysokość podzieliła na dwa równe odcinki K F oraz F D, każdy o długość a drugich. Przy prawy wierzchołku D zaznaczono kąt ostry alfa.

To oznaczałoby, że wysokość $H$ Piramidy jest równa połowie długości krawędzi podstawy. Zatem trójkąt $DEF$ byłby prostokątny i równoramienny. Zatem kąt ostry $\alpha$ tego trójkąta byłyby równy $45°$. Pod takim kątem byłyby wówczas nachylone ściany Piramidy Cheopsa do płaszczyzny jej podstawy.

Ponieważ $MN\parallel BC$, to z twierdzenia Talesa wynika, że $\frac{\left|AM\right|}{\left|MB\right|}=\frac{\left|AN\right|}{\left|NC\right|}$, czyli $\frac{\left|AM\right|}{\left|MB\right|}=\frac{14}{10}=\frac{7}{5}$.

Wobec tego odcinek $AM$ jest dłuższy od odcinka $MB$.

Niech $x$ oznacza długość odcinka $MB$.

Wtedy $\left|AM\right|=x+1$, a proporcję możemy zapisać w postaci $\frac{x+1}{x}=\frac{7}{5}$.

Stąd $5x+5=7x$, czyli $x=\frac{5}{2}$.

Zatem $\left|AB\right|=\left|AM\right|+\left|MB\right|=x+1+x=2x+1=6$.

Oznaczmy $\left|PE\right|=x$, $\left|AP\right|=y$ i $\left|BC\right|=z$.

R15UO9wpd1TPj

Ilustracja przedstawia dwie proste a i b przecinające się w punkcie P tworzące w ten sposób kąty wierzchołkowe. Kąty te przecięte są trzema równoległymi, ukośnymi prostymi: k, l i m. Pierwsza prosta przecina kąt wierzchołkowy na lewo od punktu P. Miejsce przecięcia prostej k i b oznaczono punktem D, a miejsce przecięcia prostych k i a punktem A. Dwie pozostałe proste przecinają kąt wierzchołkowy na prawo od punktu P. Prosta l i a przecina się w punkcie B, a prosta l i b w punkcie E. Prosta m i a przecina się w punkcie C, a prosta m i b w punkcie F. Odcinek DP ma długość sześć, odcinek AP ma długość $y$, odcinek PB ma długość dwa, odcinek BC długość $z$, odcinek PE ma długość $x$, a odcinek EF długość dziewięć.

Ponieważ $k\parallel l$, więc z twierdzenia Talesa wynika proporcja $\frac{\left|PE\right|}{\left|PB\right|}=\frac{\left|DP\right|}{\left|AP\right|}$, czyli $\frac{x}{2}=\frac{6}{y}$.

Ponieważ $l\parallel m$, więc ponownie z twierdzenia Talesa otrzymujemy proporcję $\frac{\left|PE\right|}{\left|PB\right|}=\frac{\left|EF\right|}{\left|BC\right|}$, czyli $\frac{x}{2}=\frac{9}{z}$.

Z otrzymanych równości wynika, że $\frac{6}{y}=\frac{9}{z}$, skąd $y=\frac{2}{3}z$.

Ponieważ $\left|AC\right|=\left|AP\right|+\left|PB\right|+\left|BC\right|=12$, więc $y+2+z=12$.

Zatem $\frac{2}{3}z+2+z=12$.

Stąd $\frac{5}{3}z=10$, czyli $z=6$.

Wobec tego $\frac{x}{2}=\frac{9}{6}$.

Stąd $x=3$.

Wynik ten możemy też otrzymać szybciej, zauważając, że prawdziwa jest proporcja $\frac{\left|PE\right|}{\left|PB\right|}=\frac{\left|DF\right|}{\left|AC\right|}$, czyli $\frac{x}{2}=\frac{6+x+9}{12}$.

Stąd otrzymujemy kolejno:

$6x=x+15$

$5x=15$

$x=3$.

Rozważmy dwa przypadki.

1. Gdy odcinek $MN$ jest równoległy do jednego z ramion trapezu. Bez straty ogólności rozumowania możemy przyjąć, że jest on równoległy do ramienia $AD$.
   Wtedy czworokąty $AMPE$ i $EPND$ są równoległobokami, więc $\left|AE\right|=\left|MP\right|$ oraz $\left|ED\right|=\left|PN\right|$.
   Ponieważ $E$ jest środkiem $AD$, więc $\left|AE\right|=\left|ED\right|$.
   Zatem $\left|MP\right|=\left|PN\right|$, co oznacza, że $P$ jest środkiem odcinka $MN$.

2. Gdy odcinek $MN$ nie jest równoległy do żadnego z ramion trapezu.
   Wtedy proste $MN$ i $BC$ się przecinają.
   Oznaczmy przez $S$ punkt tego przecięcia.
   Możemy założyć, że $S$ leży po tej samej stronie prostej $AB$, co punkt $C$.
   Oznaczmy też $\left|MP\right|=m$, $\left|PN\right|=n$, $\left|NS\right|=s$, $\left|BF\right|=\left|FC\right|=c$ i $\left|CS\right|=d$.

   R1ekvcEsnqgNe

   Ilustracja przedstawia trapez A B C D. Na ramionach A D oraz B C zaznaczono odpowiednio punkty E i F będące ich środkami. Punkty te połączono tworząc poziomy odcinek E F równoległy do podstaw trapezu. Na podstawie A B leży punkt M, na podstawie C D punkt N. Poprowadzono ukośny odcinek M N, który nie jest równoległy do żadnego z ramion trapezu. Miejsce przecięcia odcinków E F i M N oznaczono punktem P. Przedłużenie odcinaka M N oraz ramienia B C przecina się w punkcie S tworząc trójkąt N C S nadbudowany na górnej podstawie trapezu. Odcinek M P ma długość m, odcinek P N ma długość n, odcinek N S ma długość S, odcinek S C ma długość d, odcinki C F i F B mają długość c.

   

   Z twierdzenia Talesa otrzymujemy $\frac{\left|MN\right|}{\left|NS\right|}=\frac{\left|BC\right|}{\left|CS\right|}$ oraz $\frac{\left|PN\right|}{\left|NS\right|}=\frac{\left|FC\right|}{\left|CS\right|}$, czyli $\frac{m+n}{s}=\frac{2c}{d}$ oraz $\frac{n}{s}=\frac{c}{d}$.
   Zatem $\frac{m+n}{s}=\frac{2c}{d}=\frac{2n}{s}$.
   Stąd $m+n=2n$, więc $m=n$.
   To oznacza, że punkt $P$ jest środkiem odcinka $MN$. To kończy dowód.

1. Podane informacje umieszczamy na rysunku:

   RkeORTyYGtpwf

   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 $x=\frac{4·1,5}{2}=3$.

2. Popatrzmy na rysunek.

   R1AtUWMqRGK6a

   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 $4x=1,5 y=1,5\left(6-x\right)=9-1,5x$
   $5,5x=9$
   $x=\frac{9}{5,5}\approx 1,64$.

1. $\frac{8}{5}=\frac{20}{x}$, więc $x=\frac{20·5}{8}=12,5$. Rzeka ma szerokość $12,5$ metra.

2. $\frac{3,2}{2}=\frac{x}{30}$, więc $x=\frac{30·3,2}{2}=48$. Rzeka ma szerokość $48$ metrów.

1. $\frac{\left|OA\right|}{\left|AP\right|}=\frac{\left|OB\right|}{\left|BQ\right|}$. Ponieważ $\left|AP\right|=\left|BQ\right|$, to $\left|OA\right|=\left|OB\right|$.
   Podobnie, $\frac{\left|OP\right|}{\left|AP\right|}=\frac{\left|OQ\right|}{\left|BQ\right|}$. Ponieważ $\left|AP\right|=\left|BQ\right|$, to $\left|OP\right|=\left|OQ\right|$.

2. Z udowodnionych równości wynika, że rozważane trójkąty mają równe odpowiednie boki, więc spełniona jest cecha przystawania bok‑bok‑bok.
   Przypomnijmy, cecha przystawania trójkątów bok - bok – bok mówi o tym, że jeżeli odpowiednie boki trójkątów są równe to trójkąty są przystające.