4. Cechy przystawania trójkątów

Z pewnością niejednokrotnie zdarzyło Ci się zachwycać wyglądem pałacowych parkietów, na przykład takich, jak na poniższym rysunku.

RCAMBZJHBVSD7

Na ilustracji przedstawiono parkiet w ośmiokąty i kwadraty wypełnione wzorami kwiatów.

Zazwyczaj można dostrzec w nich pewną regularność – w szczególności powtarzające się kształty i motywy. Są one także przedmiotem zainteresowania matematyków – to oni, aby uniknąć mówienia o układaniu parkietu, wprowadzili pojęcie parkietaża, czyli pokrycia płaszczyzny (a nawet powierzchni w przestrzeni) przylegającymi do siebie figurami (płytkami), najczęściej w kształcie wielokątów. Możemy mówić o parkietażach foremnych, gdy składają się one z wielokątów foremnych, których jednakowa liczba schodzi się w każdym wierzchołku, albo np. o parkietażach półforemnych, które składają się z różnych wielokątów foremnych o identycznych wierzchołkach.

R1RQQ7D1LUTLD

Na ilustracji przedstawiono parkiet zbudowany z zielonych sześciokątów, stycznych do siebie bokami.

RHQ2M4HP6B1LH

Na ilustracji przedstawiono parkiet zbudowany z niebieskich sześciokątów. Do każdego boku sześciokąta znajduje się styczny fioletowy trójkąt równoboczny.

Warto zauważyć, że można ułożyć parkiet (stworzyć parkietaż) pokrywając go motywem w kształcie dowolnego trójkąta. Wystarczy, że pierwszy z trójkątów odbijemy symetrycznie względem środka dowolnego z jego boków – powstaje wówczas równoległobok, który wystarczy odpowiednio przesuwać.

R1VE9SVKEERO3

Na ilustracji przedstawiono parkiet w kształcie równoległoboku. Wypełniony jest trójkątami, na przemian niebieskimi i różowymi.

Użyte do powyższego pokrycia wielokąty są trójkątami przystającymi, które gwarantują powtarzalność i niewielką złożoność otrzymanego wzoru. Okazuje się jednak, co pokazują prace Mauritsa Cornelisa Eschera, że powtarzalność (przystawanie) jednego elementu nie musi wcale oznaczać prostoty całego ornamentu.

R68DA2KUJT8KP

Na ilustracji przedstawiono parkiet złożony z przystających do siebie kształtów w kolorze czarnym i białym. Kształt przypomina zwierzę z parą oczu, o czterech odnóżach.

Figury przystające

Przystawanie figur jest relacją, której zdefiniowanie odwołuje się zazwyczaj do pojęć intuicyjnych lub takich, które wykraczają poza zagadnienia z podstawy programowej. Intuicyjnie dwie figury są przystające, gdy są identyczne. Można trafić na definicję, która stwierdza, iż dwie figury są przystające, jeżeli dają się na siebie nawzajem nałożyć. W sposób formalny ostatnie określenie odwołuje się do przekształceń izometrycznych płaszczyzny, czyli takich, które zachowują odległości – przykładem takich przekształceń są m.in. symetrie osiowe, czy środkowe oraz przesunięcia o dowolny wektor.

Łatwiej jest z określeniem przystawania wielokątów, gdzie można odwołać się do uporządkowania boków i kątów wewnętrznych i je odpowiednio porównywać. W taki sposób definiuje się w szczególności przystawanie trójkątów.

Zauważmy, że przywołana w definicji odpowiedniość boków, kątów i wierzchołków ma znaczenie.
W praktyce, w przypadku trójkątów okazuje się, że dla stwierdzenia ich przystawania wystarczy zbadać tylko wybrane spośród sześciu przywołanych w definicji równości. Twierdzenia, które o tym mówią noszą nazwę cech przystawania trójkątówcechy przystawania trójkątówcech przystawania trójkątów. Ich sformułowanie poprzedzimy każdorazowo wykonaniem odpowiednich konstrukcji, które pokażą, że odpowiednio określona figura jest wyznaczona jednoznacznie.

Trójkąt o zadanych trzech bokach

Zbudujemy trójkąt mając dane odcinki $a$, $b$, $c$ równe trzem bokom tego trójkąta.

Rozwiązanie (etapy konstrukcji):

• Kreślimy dowolną prostą $l$.

• Na prostej $l$ odkładamy odcinek długości $a$ – jego końce oznaczamy jako punkty $B$, $C$.

• Z punktu $B$ zakreślamy łuk promieniem równym $c$.

• Z punktu $C$ zakreślamy łuk promieniem równym $b$.

• Punkt wspólny zakreślonych łuków oznaczamy jako $A$.

• Łączymy otrzymany punkt $A$ z punktami $B$ i $C$ – w wyniku otrzymujemy trójkąt $ABC$ o postulowanych własnościach, jak na rysunku.

RAU9LJLQGOE3V

Na ilustracji przedstawiono trzy odcinki różnej długości. Najdłuższy odcinek a, odcinek c, oraz najkrótszy odcinek b. Na prostą l, przeniesiono długość odcinka a, i oznaczono go BC. Z punktu B, wykreślono łuk w odległości równej długości odcinka c. Z punktu C wykreślono łuk w odległości równej długości odcinka b. Oba łuki przecinają się w punkcie A.

Zauważmy, że warunkiem wykonalności konstrukcji jest przecięcie się kreślonych łuków w punkcie leżącym poza prostą $l$. Oznacza to w szczególności, że

RK33S9K5KXF4U

Na ilustracji przedstawiono prostą l, na której zaznaczono odcinek BC o długości a. Z punktu B, wykreślono łuk w odległości równej c. Z punktu C wykreślono łuk w odległości równej b. Łuki nie przecinają się, ponieważ suma długości odcinka b i c jest krótsza niż długość prostej a.

Ale nie udałoby się wykonać konstrukcji także wówczas, gdyby jeden z kreślonych łuków miał promień większy niż suma długości dwóch pozostałych odcinków, zatem muszą zachodzić także nierównościnierówność trójkątanierówności:

R1UA67TG4Q9JJ

Na ilustracji przedstawiono prostą l, na której zaznaczono odcinek BC o długości a. Z punktu B, wykreślono łuk w odległości równej c. Z punktu C wykreślono łuk w odległości równej b. Łuki nie przecinają się, ponieważ odcinek c jest za długi.

Zauważmy ponadto, że jeśli punkt $A$ jest wierzchołkiem trójkąta o zadanych własnościach, to również punkt $A_1$, który jest jego obrazem w symetrii względem prostej $l$, jest wierzchołkiem trójkąta $A_{1}BC$, którego boki są odpowiednio równe $a$, $b$, $c$.

RRBTGB8VOL8MS

Na ilustracji przedstawiono trzy odcinki różnej długości. Najdłuższy odcinek a, odcinek c, oraz najkrótszy odcinek b. Na prostą l, przeniesiono długość odcinka a, i oznaczono go BC. Z punktu B, wykreślono łuk w odległości równej długości odcinka c. Z punktu C wykreślono łuk w odległości równej długości odcinka b. Oba łuki przecinają się w punkcie A. Narysowano obraz w symetrii, względem prostej l, i zaznaczono punkt A z indeksem dolnym jeden.

Przykład 1

Korzystając z cechy bbb, pokażemy, że przekątne rombu są dwusiecznymi jego kątów wewnętrznych.

Rozwiązanie:

Rozważmy romb $ABCD$, jak na rysunku.

R1NC6PTJU35LT

Na ilustracji przedstawiono romb A B C D. Zaznaczono przekątną AC.

Pokażemy, że przekątna $AC$ jest dwusieczną kąta $DAB$.

Rozważmy trójkąty $ABC$ oraz $ADC$.

Zauważmy, że w szczególności długość boku $AB$ w trójkącie $ABC$ jest równa długości boku $AD$ w trójkącie $ADC$. Ponadto długość boku $BC$ w trójkącie $ABC$ jest równa długości boku $DC$ w trójkącie $ADC$. Wreszcie odcinek $AC$ jest wspólnym bokiem w obu trójkątach. Na mocy cechy bbb trójkąty $ABC$ oraz $ADC$ są przystające. Oznacza to w szczególności, że kąt $BAC$, leżący naprzeciw boku $BC$ jest równy kątowi $DAC$, leżącemu naprzeciw boku $DC$, równemu bokowi $BC$. Co oznacza, że odcinek $AC$ jest dwusieczną kąta $DAB$.

Z faktu, że $△ABC\equiv △ADC$ wynika także, że odcinek $AC$ jest dwusieczną kąta $DCB$. Dowód, że druga z przekątnych jest dwusieczną odpowiednich kątów przebiega analogicznie.

Zauważmy, że udowodniona własność rombu może być wykorzystana do konstrukcyjnego podziału dowolnego kąta na dwie równe części. W tym celu wystarczy z wierzchołka kąta wykreślić łuk o dowolnym promieniu, aż do przecięcia z jego dwoma ramionami, a następnie z punktów przecięcia wykreślić łuki o takim samym promieniu. W wyniku uzyskamy romb, którego przekątna jest dwusieczną wyznaczającą podział kąta.

Cecha bbb przystawania trójkątów może służyć także uzasadnieniu poprawności konstrukcji kąta o danej mierze, którego wierzchołek leży w zadanym punkcie na pewnej prostej, czyli inaczej mówiąc służy przeniesieniu kąta.

Przykład 2

Dany jest kąt $\alpha$ oraz punkt $A$ leżący na prostej $l$. Wykreślimy kąt równy zadanemu kątowi $\alpha$, którego wierzchołkiem będzie punkt $A$, a jedno z ramion kąta będzie zawierało się w prostej $l$.

Rozwiązanie (etapy konstrukcji):

• Z wierzchołka $P$ danego kąta $\alpha$ zakreślamy dowolnym promieniem łuk, który przetnie oba ramiona tego kąta w punktach $Q$, $R$.

• Tym samym promieniem zakreślamy łuk z punktu $A$ i oznaczamy przez $B$ punkt, w którym kreślony łuk przecina prostą $l$.

• Z punktu $B$ kreślimy łuk o promieniu równym długości odcinka $QR$, aż do przecięcia z łukiem wykreślonym wcześniej z punktu $A$. Punkt wspólny tych dwóch łuków oznaczamy jako $C$.

• Z punktu $A$ kreślimy półprostą $AC$.

RP7LA694P6FDB

Na ilustracji przedstawiono kąt R P Q o mierze alfa. Obok na prostej l, skonstruowano kąt C A B o mierzej równej alfa.

Dla dowodu poprawności konstrukcji wystarczy pokazać, że trójkąty $PQR$ oraz $ABC$ są przystające. Widać, że $\left|PQ\right|=\left|AB\right|$, $\left|PR\right|=\left|AC\right|$ oraz $\left|QR\right|=\left|BC\right|$. Zatem na mocy cechy bbb stwierdzamy, że trójkąty te są istotnie przystające. Pozostaje jedynie stwierdzić, że kąty leżące naprzeciw boków $QR$ oraz $BC$ są sobie równe.

Trójkąt o zadanych dwóch bokach i kącie między nimi

Mamy dane odcinki $b$, $c$ oraz kąt $\alpha$. Zbudujemy trójkąt, w którym dwa boki są równe odcinkom $b$, $c$, a kąt leżący między tymi bokami ma miarę $\alpha$.

Rozwiązanie (etapy konstrukcji):

• Kreślimy dowolną prostą $l$ i zaznaczamy na niej dowolny punkt – otrzymujemy wierzchołek $A$ trójkąta.

• Wykreślimy kąt równy zadanemu kątowi $\alpha$, którego wierzchołkiem będzie punkt $A$, a jedno z ramion kąta będzie zawierało się w prostej $l$.

• Na ramieniu wykreślonego kąta, zawartym w prostej $l$, odkładamy odcinek $b$ tak, aby jednym z jego końców był punkt $A$ – drugi koniec odcinka oznaczamy jako $B$.

• Na drugim ramieniu kąta odkładamy odcinek $c$ tak, aby jednym z jego końców był punkt $A$ – drugi koniec odcinka oznaczamy jako $C$.

• Łączymy punkty $B$ i $C$.

R7X7TFL1PGUM8

Na ilustracji przedstawiono odcinek c, krótszy odcinek b, oraz kąt alfa. Obok, na prostej l, skonstruowano kąt o mierze alfa i ramionach długości równej odcinkom c i b.

Trójkąt o zadanym boku i dwóch kątach przyległych do tego boku

Mamy dany odcinek $a$ oraz kąty $\beta$ i $\gamma$. Zbudujemy trójkąt, w którym jeden bok jest równy odcinkowi $a$, a dwa kąty przyległe do tego boku są równe odpowiednio $\beta$ i $\gamma$.

Rozwiązanie (etapy konstrukcji):

• Kreślimy dowolną prostą $l$ i odkładamy na niej odcinek $a$ – otrzymujemy wierzchołki $B$ i $C$ trójkąta.

• Wykreślimy kąt równy zadanemu kątowi $\beta$, którego wierzchołkiem będzie punkt $B$, a jedno z ramion kąta będzie zawierało odcinek $a$.

• Wykreślimy kąt równy zadanemu kątowi $\gamma$, którego wierzchołkiem będzie punkt $C$, a jedno z ramion kąta będzie zawierało odcinek $a$, w taki sposób, że oba kąty będą leżały po tej samej stronie prostej $l$.

• Przecięcie ramion kątów $\beta$ i $\gamma$, które nie zawierają odcinka $a$, oznaczymy jako $A$.

• Łączymy punkty $B$ i $A$ oraz $C$ i $A$.

RXKZZBN5M7AFT

Na ilustracji przedstawiono odcinek a, kąt beta oraz kąt gamma. Obok na prostej l, skonstruowano trójkąt o boku równym a, i dwóch kątach przyległych do boku a o mierze gamma i beta.

Zauważmy, że warunkiem wykonalności konstrukcji jest, by suma miar kątów $\beta$ i $\gamma$ była mniejsza od kąta półpełnego.

Przykład 3

Rozważmy dwa trójkąty przystające o wspólnym wierzchołku: $ABC$ oraz $A_{1}B{C}_1$, w których $\left|AB\right|=\left|A_{1}B\right|$, $\left|BC\right|=\left|B{C}_1\right|$ oraz $\left|AC\right|=\left|A_1{C}_1\right|$, jak na rysunku.

RNM3ESLSF3PUP

Na ilustracji przedstawiono dwa trójkąty o wspólnym wierzchołku B. Trójkąt A B C, oraz trójkąt A indeks dolny, jeden, koniec indeksu dolnego, B C indeks dolny, jeden, koniec indeksu dolnego. Trójkąty częściowo się na siebie nakładają. Kolorem zielonym zaznaczono odcinek łączący wierzchołek A indeks dolny, jeden, koniec indeksu dolnego i C. Kolorem niebieskim zaznaczono odcinek łączący wierzchołek A i C indeks dolny, jeden, koniec indeksu dolnego.

Pokażemy, że $\left|A{C}_1\right|=\left|A_{1}C\right|$.

Zaważmy, że z przystawania trójkątów $ABC$ oraz $A_{1}B{C}_1$ wynika w szczególności, że $\sphericalangle ABC=\sphericalangle A_{1}B{C}_1$.

Rozważmy trójkąty $A_{1}BC$ oraz $AB{C}_1$. Zauważmy, że dwa boki trójkąta $A_{1}BC$ są odpowiednio równe dwóm bokom trójkąta $AB{C}_1$:

$\left|A_{1}B\right|=\left|AB\right|$ oraz $\left|BC\right|=\left|B{C}_1\right|$.

Pokażemy, że kąt $A_{1}BC$ w trójkącie $A_{1}BC$, zawarty między bokami $A_{1}B$ i $BC$, jest równy kątowi $AB{C}_1$ w trójkącie $AB{C}_1$, zawartemu między bokami $AB$ i $B{C}_1$:

$\left|\sphericalangle A_{1}BC\right|=\left|\sphericalangle ABC\right|-\left|\sphericalangle AB{A}_1\right|=\left|\sphericalangle A_{1}B{C}_1\right|-\left|\sphericalangle AB{A}_1\right|=\left|\sphericalangle AB{C}_1\right|$.

Na mocy cechy bkb trójkąty $A_{1}BC$ oraz $AB{C}_1$ są przystające – w szczególności boki leżące naprzeciw kątów $A_{1}BC$ oraz $AB{C}_1$ są sobie równe.

Stąd $\left|A{C}_1\right|=\left|A_{1}C\right|$.

Przystawanie trójkątów prostokątnych

Wiemy, że trójkąty są przystające, gdy ich odpowiednie boki mają równe długości i odpowiednie kąty mają równe miary. Oznacza to, że przystawanie trójkątów jest zdefiniowane poprzez równości trzech par boków oraz trzech par odpowiednich kątów – tym samym definicja wymaga jednoczesnego spełnienia sześciu warunków. Znamy jednak podstawowe twierdzenia ustalające warunki równoważne przystawaniu trójkątów, w których wystarczy zbadać trzy spośród sześciu warunków – są to cechy przystawania trójkątówcechy przystawania trójkątówcechy przystawania trójkątów. 

Pokażemy, że w trójkącie prostokątnym te cechy można sformułować jeszcze inaczej. Udowodnimy na wstępie poniższe twierdzenie

Pierwsza cecha przystawania trójkątów prostokątnych

Twierdzenie: Pierwsza cecha przystawania trójkątów prostokątnych

Jeżeli przeciwprostokątna i jedna z przyprostokątnych jednego trójkąta są odpowiednio równe przeciwprostokątnej i jednej z przyprostokątnych drugiego trójkąta, to trójkąty te są przystające.

Dowód

Rozważmy trójkąty prostokątne $ABC$ oraz $A\text{'}B\text{'}C\text{'}$, o kątach prostych przy wierzchołkach odpowiednio $B$ i $B\text{'}$, takie, że $\left|AC\right|=\left|A\text{'}C\text{'}\right|$ oraz $\left|AB\right|=\left|A\text{'}B\text{'}\right|$. Rozważmy takie położenie tych trójkątów, w którym wierzchołki $A$ i $A\text{'}$, oraz $B$ i $B\text{'}$, się pokrywają, jak na rysunku.

R1SNZK3L5AJUX

Na ilustracji przedstawiono trójkąty prostokątne A B C, oraz A prim B prim C prim. Trójkąty są ułożone w taki sposób, że wierzchołki A i A prim, oraz B i B prim się pokrywają. Kąt C A B jest równy alfa. Kąt C prim A prim B prim jest równy beta.

Zauważmy, że wówczas $\left|\sphericalangle CBA\right|+\left|\sphericalangle ABC\right|=180°$, co oznacza, że punkty $C$, $B$, $C\text{'}$ są współliniowe, a punkty $C$, $A$, $C\text{'}$ są wierzchołkami trójkąta równoramiennego o wysokości $AB$. Ponieważ w trójkącie równoramiennym $CAC\text{'}$ wysokość $AB$ jest jednocześnie dwusieczną kąta $\sphericalangle CAC\text{'}$, więc $\alpha =\beta$. Zatem $△ABC\equiv △A\text{'}B\text{'}C\text{'}$ na mocy cechy bkb przystawania trójkątów (dowolnych).

Trzecia cecha przystawania trójkątów prostokątnych

Twierdzenie: Trzecia cecha przystawania trójkątów prostokątnych

Jeżeli przyprostokątna i jeden z kątów ostrych jednego trójkąta są odpowiednio równe przyprostokątnej i jednemu z kątów ostrych drugiego trójkąta, to trójkąty te są przystające.

Dowód

Rozważmy trójkąty prostokątne $ABC$ oraz $A\text{'}B\text{'}C\text{'}$, o kątach prostych przy wierzchołkach odpowiednio $B$ i $B\text{'}$, takie, że $\left|AB\right|=\left|A\text{'}B\text{'}\right|$ oraz $\left|\sphericalangle BAC\right|=\left|\sphericalangle B\text{'}A\text{'}C\text{'}\right|$, jak na rysunku.

R135OKKDFPSHF

Na ilustracji przedstawiono dwa trójkąty prostokątne A B C, oraz A prim B prim C prim. Kąty proste znajdują się przy wierzchołkach odpowiednio B i B prim. Kąty przy wierzchołkach A, oraz A prim oznaczono alfa.

Zauważmy, że wówczas przy równych bokach $AB$ oraz $A\text{'}B\text{'}$ pary kątów przyległych są odpowiednio równe. Zatem na mocy cechy kbk przystawania trójkątów (dowolnych) mamy, że $△ABC\equiv △A\text{'}B\text{'}C\text{'}$.

Przykład 4

Rozważmy trójkąt $ABC$, w którym $\left|BC\right|=3$ oraz $\left|AC\right|=4$. Na boku $AB$ leżą wierzchołki $E$, $F$ prostokąta, którego dwa pozostałe wierzchołki leżą odpowiednio na pozostałych bokach danego trójkąta, jak na rysunku.

RHFX55FDCKH8A

Na ilustracji przedstawiono trójkąt prostokątny A B C. Na przyprostokątnej AC zaznaczono punkt D. Na przyprostokątnej BC zaznaczono punkt G. Na przeciwprostokątnej AB zaznaczono punkt F oraz punkt E. Punkty zaznaczono w taki sposób, że po ich połączeniu powstał prostokąt, który zacieniowano.

Wyznaczymy pole prostokąta $DEFG$, jeśli $△GFB\equiv △DCG$.

Rozwiązanie:

Na wstępie zauważmy, że trójkąt $DCG$ jest trójkątem prostokątnym, ponieważ trójkątem prostokątnym jest trójkąt $GFB$. Zatem jeden z jego kątów jest prosty i musi to być kąt przy wierzchołku $C$. Ale to oznacza oczywiście, że trójkąt $ABC$ także jest trójkątem prostokątnym o przeciwprostokątnej równej $5$. Zauważmy, że trójkąt $ABC$ oraz trójkąty $ADE$, $DGC$ oraz $GBF$ są podobne.

Przyjmijmy $\left|BG\right|=x=\left|DG\right|=\left|EF\right|$, wtedy: $\left|CG\right|=3-x=\left|BF\right|$ oraz $\left|GF\right|=\frac{4}{5}x=\left|DE\right|$.

Z podobieństw odpowiednich trójkątów wynika także, że $\frac{\left|DE\right|}{\left|AE\right|}=\frac{3}{4}$, stąd $\left|AE\right|=\frac{4}{3}·\left(\frac{4}{5}x\right)=\frac{16}{15}x$.

Ponieważ $\left|AE\right|+\left|EF\right|+\left|BF\right|=\left|AB\right|=5$, więc $\frac{16}{15}x+x+\left(3-x\right)=5$.

Stąd $x=\frac{15}{8}$, a pole prostokąta jest równe $\frac{15}{8}·\left(\frac{4}{5}·\frac{15}{8}\right)=\frac{45}{16}$.

Pole a przystawanie trójkątów

Przypuśćmy, że dane są dwa trójkąty o równych polach, w których jeden z boków jednego trójkąta jest równy bokowi w drugim trójkącie. Oczywiście tak zadane warunki nie są warunkiem wystarczającym, by trójkąty te były przystające, co łatwo zauważyć analizując poniższy rysunek.

R1T8QT74FUQ3R

Na ilustracji przedstawiono przerywaną prostą k, na której zaznaczono trzy punkty, C indeks dolny, jeden, koniec indeksu dolnego, C indeks dolny, dwa, koniec indeksu dolnego, oraz C indeks dolny, trzy, koniec indeksu dolnego. Poniżej, znajdują się dwa współliniowe punkty A i B. Punkty na prostej, oraz punkty A i B, połączono w taki sposób, że powstały trzy trójkąty o wierzchołkach C indeks dolny, jeden, koniec indeksu dolnego, C indeks dolny, dwa, koniec indeksu dolnego, C indeks dolny, trzy, koniec indeksu dolnego i wspólnej podstawie AB.

Jeśli prosta $k$ jest równoległa do podstawy $AB$ każdego z narysowanych trójkątów, a różne wierzchołki $C_1$, $C_2$, $C_3$ leżą na tej prostej, to pola trójkątów $A{C}_{1}B$, $A{C}_{2}B$ oraz $A{C}_{3}B$ są równe. Jednocześnie widać, że te trójkąty nie mogą być przystające (byłoby to możliwe dla dwóch spośród takiej trójki trójkątów, które byłyby symetryczne względem symetralnej podstawy $AB$).

Jednak w przypadku trójkątów prostokątnych jest inaczej. Oczywiście, jeśli dwa trójkąty mają po jednej przyprostokątnej równej długości i oba te trójkąty mają równe pola, to stąd wynika natychmiast równość także drugich przyprostokątnych, co na mocy drugiej cechy przystawania trójkątówcechy przystawania trójkątówcechy przystawania trójkątów prostokątnych pozwala stwierdzić, że takie trójkąty są przystające. Zajmiemy się więc poniżej przypadkiem nieco trudniejszym.

Przykład 5

Pokażemy, że jeśli dwa trójkąty prostokątne o równych przeciwprostokątnych mają równe pola, to są przystające.

Rozwiązanie:

Rozważmy trójkąty prostokątne $ABC$ i $A_1{B}_1{C}_1$, o kątach prostych odpowiednio przy wierzchołkach $C$ oraz $C_1$ i takie, że przeciwprostokątne mają równe długości, czyli $\left|AB\right|=\left|A_1{B}_1\right|$.

Rozważmy takie położenie tych trójkątów, by $A=A_1$ oraz $B=B_1$, a wierzchołki $C$ oraz $C_1$ leżały po jednej stronie prostej $AB$.

Równość pól obu oznacza, że wierzchołki $C$ oraz $C_1$ leżą w tej samej odległości od prostej $AB$, czyli na pewnej prostej $k$ równoległej do $AB$, jak na rysunku.

R9CQRJP6DPPCE

Na ilustracji przedstawiono przerywaną prostą k. Na prostej zaznaczono punkt C, oraz C indeks dolny, jeden, koniec indeksu dolnego. Poniżej zaznaczono dwa współliniowe punkty A i B. Zieloną linią połączono punkty A, B oraz C indeks dolny, jeden, koniec indeksu dolnego. Linią niebieską połączono punkty A B C.

Jeśli $C=C_1$ to przystawanie odpowiednich trójkątów jest oczywiste.

Przypuśćmy więc, że punkty $C$, $C_1$ są różne. Wiemy, że każdy trójkąt prostokątny można wpisać w okrąg, którego średnicą jest przeciwprostokątna. Zatem wierzchołki kąta prostego muszą leżeć zarówno na prostej $k$, jak i na okręgu, którego średnicą jest bok $AB$. Tym samym istnieją co najwyżej dwa takie punkty (wspólne prostej i okręgu). Dołączmy zatem do rysunku okrąg o średnicy $AB$ i środku $O$.

R12QO2GXN934S

Na ilustracji przedstawiono okrąg o środku w punkcie O. Na okręgu zaznaczono punkt C, i C indeks dolny, jeden, koniec indeksu dolnego, które leżą na prostej k. Średnica AB jest równoległa do prostej k. Zieloną linią połączono punkty A, B i C indeks dolny, jeden, koniec indeksu dolnego. Niebieską linią połączono punkty A, B i C.

Pozostaje teraz przywołać twierdzenie dotyczące geometrii w okręgu:

• w każdym okręgu kąty wpisane oparte na tym samym łuku mają równe miary;

• równe miary mają kąty wpisane oparte na dwóch łukach równej długości;

• jeżeli łuki tego samego okręgu są równej długości, to odpowiadające im cięciwy są także równej długości.

Proste $AB$ i $C_{}{C}_1$ są równoległe wtedy i tylko wtedy, gdy $\left|\sphericalangle BA{C}_1\right|=\left|\sphericalangle A{C}_1{C}_{\mathrm{}}\right|$, ale to oznacza (patrz powyższe stwierdzenia), że w szczególności $\left|A{C}_{\mathrm{}}\right|=\left|B{C}_1\right|$. Zatem na mocy pierwszej cechy przystawania trójkątów prostokątnych (równość przeciwprostokątnych i jednej pary przyprostokątnych) mamy $△ABC\equiv △A_1{B}_1{C}_1$.

Aplety

Parkietażem nazwiemy pokrycie płaszczyzny wielokątami, które nie zachodzą na siebie. Parkietaż złożony z wielokątów foremnych można opisać poprzez uporządkowany zestaw liczb charakteryzujących kolejne wielokąty stykające się w wierzchołkach, gdzie np. liczba $3$ oznacza trójkąt, liczba $4$ oznacza kwadrat, a liczba $6$ oznacza oczywiście sześciokąt foremny – np. zapis $\left(4, 4, 3, 3, 3\right)$ oznacza, że w wierzchołku kolejno występują dwa kwadraty oraz trzy trójkąty równoboczne. Uruchom aplet. Wybierz odpowiedni znacznik, by zobaczyć przykład parkietaża. Podaj opis poszczególnych parkietaży jako uporządkowany zestaw liczb.

RAA5TOZ5V3K8N

Na aplecie przedstawiono 4 przykładowe parkietaże, które wyświetlają się kolejno po kliknięciu w oczekiwany punkt. Parkietaż numer jeden to parkietaż foremny trójkąty, zbudowany z trójkątów naprzemiennie w dwóch różnych odcieniach koloru niebieskiego. Parkietaż numer dwa to parkietaż foremny czworokątny, zbudowany naprzemiennie z kwadratów w dwóch różnych odcieniach niebieskiego. Parkietaż numer cztery to parkietaż foremny sześciokątny, zbudowany z sześciokątów naprzemiennie w czterech różnych kolorach, białym, błękitnym, granatowym oraz różowym. Parkietaż numer cztery to parkietaż półforemny, zbudowany z błękitnych sześciokątów. Do każdego boku sześciokąta przylega granatowy trójkąt równoramienny. W ostatnim punkcie widnieje hasło konstrukcji parkietażu trójkątnego. Po kliknięciu wyświetla się trójkąt A B C, oraz polecenie aby wybrać bok trójkąta, którego środek oznaczony punktem S, będzie środkiem symterii. Po wybraniu boku, na przykład AC, pojawia się punkt S. Wyświetla się polecenie kliknięcia na punkt S. Po kliknięciu w punkt S, wyświetla się zadany parkietaż o zadanym punkcie symetrii.

Na aplecie przedstawiono 4 przykładowe parkietaże, które wyświetlają się kolejno po kliknięciu w oczekiwany punkt. Parkietaż numer jeden to parkietaż foremny trójkąty, zbudowany z trójkątów naprzemiennie w dwóch różnych odcieniach koloru niebieskiego. Parkietaż numer dwa to parkietaż foremny czworokątny, zbudowany naprzemiennie z kwadratów w dwóch różnych odcieniach niebieskiego. Parkietaż numer cztery to parkietaż foremny sześciokątny, zbudowany z sześciokątów naprzemiennie w czterech różnych kolorach, białym, błękitnym, granatowym oraz różowym. Parkietaż numer cztery to parkietaż półforemny, zbudowany z błękitnych sześciokątów. Do każdego boku sześciokąta przylega granatowy trójkąt równoramienny. W ostatnim punkcie widnieje hasło konstrukcji parkietażu trójkątnego. Po kliknięciu wyświetla się trójkąt A B C, oraz polecenie aby wybrać bok trójkąta, którego środek oznaczony punktem S, będzie środkiem symterii. Po wybraniu boku, na przykład AC, pojawia się punkt S. Wyświetla się polecenie kliknięcia na punkt S. Po kliknięciu w punkt S, wyświetla się zadany parkietaż o zadanym punkcie symetrii.

Zasób interaktywny dostępny pod adresem https://zpe.gov.pl/a/DCZNHRJDR

Polecenie 1

Naszkicuj parkietaż opisany układem liczb $\left(4, 8, 8\right)$.

Opisz konstrukcję parkietażu opisanego układem liczb $\left(4, 8, 8\right)$.

Pokaż odpowiedź

R1ES9OS3GEM6G

Na ilustracji przedstawiono parkietaż złożony z czterech kwadratów, każdy z nich styka się w wierzchołku z dwoma ośmiokątami. Docelowo na parkietażu znajduje się cztery kwadraty, oraz cztery ośmiokąty.

Uruchom aplet. Zmieniaj położenie wyróżnionego punktu $D$ leżącego na przyprostokątnej $AC$ trójkąta prostokątnego $ABC$ w taki sposób, aby dwa spośród trójkątów $CBD$, $EBD$ oraz $EAD$, na które podzielony jest trójkąt $ABC$ były przystające.

RA6EPKV85UKGE

Na aplecie przedstawiono trójkąt prostokątny, o przyprostokątnych AC, BC, oraz przeciwprostokątnej AB. Kąt wewnętrzny przy wierzchołku A wynosi czterdzieści stopni. Na przyprostokątnej AC zaznaczono punkt D, natomiast na przeciwprostokątnej AB zaznaczono punkt E. Łącząc wierzchołek B z punktem D, oraz E, powstaje trójkąt, z kątem prostym przy wierzchołku E. Punkt D, można przesuwać wzdłuż przyprostokątnej, na której leży. Naszym zadaniem jest przesunięcie punktu D, w taki sposób, aby dwa spośród trójkątów C B D, E B D, oraz E A D były przystające. Na przykład. Po przesunięciu punktu D odpowiednio, uzyskaliśmy kąt C B D równy kątowi D B C równy dwadzieścia pięć stopni, więc trójkąt C B D jest przystający do trójkąta E B D. Przykład drugi. Po przesunięciu punktu D odpowiednio, uzyskaliśmy kąt E B D równy czterdzieści stopni. Kąt E B D jest więc równy kątowi D A E, więc te trójkąty są przystające. Przykład 3. Po przesunięciu punktu D odpowiednio, uzyskaliśmy kąt C B D równy czterdzieści stopni. Kąt C B D jest więc równy kątowi D A E, więc trójkąty są przystające. Uwaga. Każdy z wymienionych trójkątów, jest trójkątem prostokątnym, co przedstawia rysunek.

Na aplecie przedstawiono trójkąt prostokątny, o przyprostokątnych AC, BC, oraz przeciwprostokątnej AB. Kąt wewnętrzny przy wierzchołku A wynosi czterdzieści stopni. Na przyprostokątnej AC zaznaczono punkt D, natomiast na przeciwprostokątnej AB zaznaczono punkt E. Łącząc wierzchołek B z punktem D, oraz E, powstaje trójkąt, z kątem prostym przy wierzchołku E. Punkt D, można przesuwać wzdłuż przyprostokątnej, na której leży. Naszym zadaniem jest przesunięcie punktu D, w taki sposób, aby dwa spośród trójkątów C B D, E B D, oraz E A D były przystające. Na przykład. Po przesunięciu punktu D odpowiednio, uzyskaliśmy kąt C B D równy kątowi D B C równy dwadzieścia pięć stopni, więc trójkąt C B D jest przystający do trójkąta E B D. Przykład drugi. Po przesunięciu punktu D odpowiednio, uzyskaliśmy kąt E B D równy czterdzieści stopni. Kąt E B D jest więc równy kątowi D A E, więc te trójkąty są przystające. Przykład 3. Po przesunięciu punktu D odpowiednio, uzyskaliśmy kąt C B D równy czterdzieści stopni. Kąt C B D jest więc równy kątowi D A E, więc trójkąty są przystające. Uwaga. Każdy z wymienionych trójkątów, jest trójkątem prostokątnym, co przedstawia rysunek.

Zasób interaktywny dostępny pod adresem https://zpe.gov.pl/a/DCZNHRJDR

Zestaw ćwiczeń interaktywnych

1

Ćwiczenie 1

Udowodnij, że środkowa $CD$ trójkąta równoramiennego $ABC$, w którym $\left|AC\right|=\left|BC\right|$, jest jednocześnie dwusieczną kąta $ACB$ (zawiera się w tej dwusiecznej).

Pokaż podpowiedź

Narysuje rysunek ilustrujący zadanie. W uzasadnieniu powołaj się na cechę bbb .

Pokaż rozwiązanie

Popatrzmy na rysunek.

R1XLZZJTSCUEA

Na ilustracji przedstawiono trójkąt równoramienny A B C. Z wierzchołka C, opuszczono środkową, która podzieliła podstawę AB na dwie równe części.

Zauważmy wówczas, że $△ADC\equiv △BDC$, na mocy cechy bbb. Rzeczywiście: bok $\left|AC\right|=\left|BC\right|$, $\left|AD\right|=\left|BD\right|$, a bok $CD$ jest wspólny dla obu trójkątów. Wtedy w szczególności kąty w obu trójkątach leżące naprzeciw równych boków $AD$, $BD$ są równe. Ale to oznacza, że odcinek $CD$ zawiera się w dwusiecznej kąta $ACB$.

1

Ćwiczenie 2

Niech $D$ będzie środkiem boku $BC$ trójkąta $ABC$. Na prostej $AD$ zaznaczamy taki punkt $E$ różny od $A$, że $\left|AD\right|=\left|DE\right|$. Uzasadnij, że $\left|AC\right|=\left|BE\right|$.

Popatrzmy na rysunek.

R857C8BSCUXHF

Na ilustracji przedstawiono trójkąt A B C. Zaznaczono punkt D, który jest środkiem boku BC trójkąta. Punkty A i D leżą na jednej prostej. Na tej samej prostej, zaznaczono punkt E, odległy od punktu D o odległość równą AD. Linią przerywaną połączono wierzchołek C i B, z punktem E.

Zauważmy, że $\left|AD\right|=\left|DE\right|$ oraz $\left|BD\right|=\left|DC\right|$.

Ponadto $\sphericalangle ADC$ oraz $\sphericalangle BDE$ jako kąty wierzchołkowe są równe.

Na mocy cechy bkb mamy, że $△ADC\equiv △EDB$.

Stąd $\left|AC\right|=\left|BE\right|$.

Pokaż podpowiedź

Narysuje rysunek ilustrujący zadanie. W uzasadnieniu powołaj się na cechę bkb .

Pokaż rozwiązanie

2

Ćwiczenie 4

W trójkącie $ABC$ długości boków są różne. Środki tych boków połączono odcinkami, otrzymując cztery trójkąty, jak na rysunku.

RES1C9UHLXEM4

Na ilustracji przedstawiono trójkąt A B C. Punkt D stanowi środek boku AB. Punkt E stanowi środek boku BC. Punkt F stanowi środek boku AC. Połączono punkty D, E, F i otrzymano cztery trójkąty.

Wykaż, że $△ADF\equiv △EFD$.

Podpowiedź: Wykorzystaj fakt, że odcinek łączący środki dwóch boków trójkąta jest równoległy do trzeciego z  boków i dwukrotnie krótszy od tego boku.

Pokaż rozwiązanie

Natychmiastowy dowód wynika z twierdzenia o odcinku łączącym środki boków trójkąta – odcinek taki jest równoległy do trzeciego boku trójkąta, a jego długość jest dwa razy mniejsza od tego boku.

Wtedy $\left|AD\right|=\frac{1}{2}\left|AB\right|=\left|EF\right|$ oraz $\left|AF\right|=\frac{1}{2}\left|AC\right|=\left|DE\right|$.

Odcinek $DF$ jest wspólnym bokiem trójkątów $ADF$ i $EFD$.

Zatem na mocy cechy bbb trójkąty te są przystające.

Zauważmy, że relację przystawania powstałych trójkątów można uogólnić:

$△ADF\equiv △DBE\equiv △FEC\equiv △EFD$.

Słownik