Galeria zdjęć interaktywnych

Polecenie 1

Zapoznaj się z przedstawioną poniżej galerią zdjęć interaktywnych. Przeanalizuj zaprezentowane w niej różne rozwiązania zadania dotyczącego pól figur podobnych.

R14t7ukhiFgLR

Ilustracja pierwsza przedstawia przykład o treści: W pięciokącie

A B C D E

dane są długości boków:

|A B| = |B C| = 25

|D E| = 8

, a długość jego przekątnej

A C

jest równa

14

. Obliczamy pole tego pięciokąta, wiedząc, że

A C ∥ D E

A B ∥ C D

A E ∥ B C

. Obok znajduje się rysunek pięciokąta o wierzchołkach A B C D E, gdzie boki AB i BO mają długość 25, a bok DE ma długość osiem. Przekątna AC dzieli pięciokąt na trapez ACED i trójkąt ABC, przekątna ta ma długość 14.

RFPl9OIyqE7V3

Ilustracja druga zawiera rozwiązanie przykładu pierwszego: Najpierw zauważmy, że trójkąt

A B C

jest równoramienny, a więc środek

S

jego podstawy

A B

jest spodkiem wysokości opuszczonej z wierzchołka

B

. Zatem na rysunku pojawia się wysokość trójkąta ABC opuszczona z wierzchołka B na bok AC, spodek tej wysokości podpisano literą S, odcinek AS ma długość siedem. Dzięki tym informacjom możemy obliczyć długość wysokości BS

{|B S|}^{2} = 25^{2} - 7^{2} = 576 = 24^{2}

, zatem

|B S| = 24

. Następnie możemy obliczyć pole trójkąta A B C, jest ono następujące:

P_{A B C} = \frac{1}{2} |A C| \cdot |B S| = \frac{1}{2} \cdot 14 \cdot 24 = 168

. Następnie pokażemy, jak wykorzystać zależności opisane w treści zadania oraz obliczone pole trójkąta

A B C

, do obliczenia pola pięciokąta

A B C D E

R1FRTaqn2LWas

Ilustracja trzecia przedstawia sposób pierwszy rozwiązania pierwszego przykładu: na rysunku oznaczymy: punk przecięcia prostych AB i DE przez K oraz punkt przecięcia prostych BC i DE przez L. Na rysunku wydłużono boki trójkąta AB i BC, oraz obustronnie przedłużono bok ED. Odcinki KE i DL mają długość sześć. Ponieważ

A C ∥ D E

A B ∥ C D

, więc

A K ∥ C D

A C ∥ K D

, czyli czworokąt

A C D K

jest równoległobokiem, w którym

|K D| = |A C| = 14

. Oznacza to, że

|K E| = |K D| - |D E| = 14 - 8 = 6

.
Rozumując w podobny sposób stwierdzamy, że

E L ∥ A C

E A ∥ C L

. Wobec tego czworokąt

A C L E

jest również równoległobokiem, w którym

|E L| = |A C| = 14

, a więc

|D L| = |E L| - |E D| = 14 - 8 = 6

. Stąd

|K L| = |K E| + |E D| + |D L| = 6 + 8 + 6 = 20

RC9H7VcI6wcNp

Ilustracja czwarta przedstawia kontynuację sposobu pierwszego: Zauważmy, że

K E ∥ A C

E A ∥ B C

K \in A B

, więc trójkąty

K A E

A B C

są podobne na mocy cechy kkk, w skali

\frac{|K E|}{|A C|} = \frac{6}{14} = \frac{3}{7}

. Na rysunku zaznaczono jednym kolorem trójkąty ABC oraz AKE. Dodatkowo

D L ∥ A C

D C ∥ A B

L \in B C

, więc trójkąty

D C L

A B C

są podobne na mocy cechy kkk, w skali

\frac{|D L|}{|A C|} = \frac{6}{14} = \frac{3}{7}

. Na kolejnym rysunku zaznaczono jednakowym kolorem trójkąty ABC oraz CDL. Zauważmy również, że

K L ∥ A B

K \in A B

L \in B C

K B L

A B C

są podobne na mocy cechy kkk, w skali

\frac{|K L|}{|A C|} = \frac{20}{14} = \frac{10}{7}

. Trójkąt ABC jest częścią trójkąta KBL, ztem cały trójkąt KBL zaznaczono kolorem. Oznacza to, że

P_{K A E} = P_{D C L} = {(\frac{3}{7})}^{2} \cdot P_{A B C} = \frac{9}{49} \cdot P_{A B C}

oraz

P_{K B L} = {(\frac{10}{7})}^{2} \cdot P_{A B C} = \frac{100}{49} \cdot P_{A B C}

.
Ponieważ

P_{K B L} = P_{K A E} + P_{D C L} + P_{A B C D E}

, więc

P_{A B C D E} = P_{K B L} - (P_{K A E} + P_{D C L}) =

= (\frac{100}{49} - 2 \cdot \frac{9}{49}) \cdot P_{A B C} = \frac{82}{49} \cdot 168 =

= \frac{1968}{7} = 281 \frac{1}{7}

R1dXZBrCm0CFU

Ilustracja piąta przedstawia sposób drugi, w którym punkty K i L oznaczamy jak w sposobie pierwszym, a także korzystamy z poczynionego tak spostrzeżenia, że trójkąty KAE i ABC są podobne. Wobec tego prosta BS przecina odcinek KL w jego środku, który oznaczamy przez Q. Przypomnijmy nasz rysunek: jest to pięciokąt o wierzchołkach A B C D E, który przekątna AC dzieli na trójkąt ABC i trapez ACDE. W pięciokącie tym przedłużono boki AB, BC i DE w taki sposób, że powstał trójkąt KBL, przy czym punkt K leży na przecięciu prostych przechodzących przez AB i ED a punkt L na przecięciu prostych przechodzących przez BC i ED. W trójkącie ABC zaznaczono wysokość BS, ma ona długość 24, wysokość tą przedłużono, tak że sięga do boku KL, spodek przedłużonej wysokości podpisano literą Q, odcinek OS podpisano literą x, odcinek QD ma długość dziesięć. Przyjmujemy, że

Q S = x

i zauważamy, że trójkąty prostokątne

A B S

K B Q

mają wspólny kąt ostry przy wierzchołku

B

, więc są podobne na mocy cechy kkk.. Zatem

\frac{|B S|}{|S A|} = \frac{|B Q|}{|Q K|}

, czyli

\frac{24}{7} = \frac{24 + x}{10}

co po przekształceniu daje:

7 (x + 24) = 24 \cdot 10

, dalej mamy

7 x = 240 - 168

, zatem

x = \frac{72}{7}

. W trapezie

A C D E

podstawy są równe

14

8

, a wysokość to

x = \frac{72}{7}

. Możemy obliczyć pole trapezu

P_{A C D E} = \frac{1}{2} \cdot (14 + 8) \cdot \frac{72}{7} = \frac{792}{7} = 113 \frac{1}{7}

, zatem pole pięciokąta to:

P_{A B C D E} = P_{A B C} + P_{A C D E} = 168 + 113 \frac{1}{7} = 281 \frac{1}{7}

ReHr68kBMAW6U

Ilustracja szósta przedstawia sposób trzeci. Tym razem w pięciokącie A B C D E przedłużamy boki AE i CD do ich punktu przecięcia. Oznaczmy punkt przecięcia prostych

A E

C D

przez

M

. Zauważmy, że

A E ∥ B C

C D ∥ A B

, zatem

A M ∥ B C

C M ∥ A B

, czyli czworokąt

A B C M

jest równoległobokiem.
Ponadto

|A B| = |B C| = 25

, co oznacza, że jest to romb o boku

25

i przekątnych

|A C| = 14

oraz

|B M| = 2 |S B| = 48

, które przecinają się pod kątem prostym. Zapamiętajmy, że

A E ∥ B C

C D ∥ A B

czyli

A M ∥ B C

A C M ∥ A B

R1Jb4L2hGC185

R1C5J3UgyJxHu

Ilustracja ósma przedstawia sposób czwarty: tym razem również w pięciokącie A B C D E przedłużamy boki AE i CD do ich punktu przecięcia i wykorzystując spostrzeżenia poczynione w sposobach drugim i trzecim obliczamy, że wysokość

Q M

opuszczona na podstawę

E D

trójkąta

A D M

jest równa

|Q M| = 24 - |Q S| = 24 - \frac{72}{7} = \frac{96}{7}

. Zatem możemy zapisać:

| Q M | = 24 - | Q S | = 24 - \frac{72}{7} = \frac{96}{7}

, czyli

P_{E D M} = \frac{1}{2} \cdot 8 \cdot \frac{96}{7} = \frac{384}{7} = 54 \frac{6}{7}

, zatem

P_{A B C D E} = P_{A B C M} - P_{E D M} = 2 \cdot 168 - 54 \frac{6}{7} = 281 \frac{1}{7}

Polecenie 2

Trójkąt $A B C$ ma pole $9$ . Na boku $A C$ tego trójkąta wybrano punkty $K$ i $L$ , które podzieliły ten bok na trzy równe części: $|A K| = |K L| = |L C|$ . Następnie poprowadzono przez te punkty proste równoległe do boku $A B$ .
Obliczymy pola figur, na które tak poprowadzone proste podzieliły trójkąt $A B C$ .

Oznaczmy:

przez $k$ – prostą poprowadzoną przez punkt $K$ , a przez $N$ – jej punkt przecięcia z bokiem $B C$ ,
przez $l$ – prostą poprowadzoną przez punkt $L$ , a przez $M$ – jej punkt przecięcia z bokiem $B C$ .
(jak na rysunku poniżej)

R1e6DMLGBXPTv

Ilustracja przedstawia trójkąt A B C, przez który przechodzą przerywane proste równoległe do boku AB. Prost k przechodzi przez punkty K i N, gdzie K leży na boku AC, a N leży na boku BC. Druga prosta l, przechodzi przez punktu L i M, gdzie L leży na boku AC, a M na boku BC.

Najpierw obliczymy pole trójkąta $L M C$ .
Zauważmy, że ponieważ proste $L M$ i $A B$ są równoległe, więc na podstawie cechy kkk otrzymujemy, że trójkąt $L M C$ jest podobny do trójkąta $A B C$ , w skali
$\frac{|L C|}{|A C|} = \frac{|L C|}{3 |L C|} = \frac{1}{3}$ .
Wobec tego
$\frac{P_{L M C}}{P_{A B C}} = {(\frac{1}{3})}^{2} = \frac{1}{9}$ , czyli $P_{L M C} = \frac{1}{9} \cdot P_{A B C} = \frac{1}{9} \cdot 9 = 1$ .
Zauważmy też, że ponieważ $K N ∥ A B$ , więc na mocy cechy kkk trójkąty $K N C$ i $A B C$ są podobne, a skala ich podobieństwa jest równa $\frac{|K C|}{|A C|} = \frac{2 |L C|}{3 |L C|} = \frac{2}{3}$ .
Zatem
$\frac{P_{K N C}}{P_{A B C}} = {(\frac{2}{3})}^{2} = \frac{4}{9}$ , czyli $P_{K N C} = \frac{4}{9} \cdot P_{A B C} = \frac{4}{9} \cdot 9 = 4$ .

Oznacza to, że:
$P_{K N M L} = P_{K N C} - P_{L M C} = 4 - 1 = 3$ ,
$P_{A B N K} = P_{A B C} - P_{K N C} = 9 - 4 = 5$ .

Proste $k$ i $l$ podzieliły trójkąt $A B C$ na trzy figury:

trójkąt $L M C$ o polu $1$ ,
trapez $K N M L$ o polu $3$ ,
trapez $A B N K$ o polu $5$ .

Polecenie 3

Podstawami trapezu $A B C D$ są boki $A B$ i $C D$ . Na boku $B C$ leżą takie punkty $K$ i $L$ , że $|B K| = |C L| = \frac{1}{4} |B C|$ , a na boku $A D$ leżą takie punkty $M$ i $N$ , że $|A N| = |D M| = \frac{1}{4} |A D|$ (zobacz rysunek).

R1VoKzKAVz1C7

Ilustracja przedstawia trapez A B C D, gdzie AB i DC są podstawami. W trapezie zaznaczono odcinki ML i NK równoległe do podstaw. Punkty N i M leżą na ramieniu AC, a punktu L i K leżą na ramieniu BC.

Obliczymy pole czworokąta $K L M N$ , wiedząc, że pole czworokąta $A B K N$ jest równe $23$ , a pole czworokąta $C D M L$ jest równe $8$ .

Na wstępie zauważmy, że ponieważ proste $A B$ i $C D$ są równoległe oraz:

na prostej $A D$ punkty $A$ , $N$ , $M$ , $D$ leżą w tej właśnie kolejności,
na prostej $B C$ punkty $B$ , $K$ , $L$ , $C$ leżą w tej właśnie kolejności,

a także prawdziwa jest zależność $\frac{|A N|}{|B K|} = \frac{|D M|}{|C L|} = \frac{|A D|}{|B C|}$ , więc na mocy twierdzenia odwrotnego do twierdzenia Talesa otrzymujemy, że proste $K N$ i $L M$ są równoległe do podstaw $A B$ i $C D$ trapezu.

Poprowadźmy przez punkt $D$ prostą równoległą do boku $B C$ trapezu, a jej punkty przecięcia z prostymi $L M$ , $K N$ oraz $A B$ oznaczmy przez, odpowiednio, $P$ , $Q$ oraz $R$ (jak na poniższym rysunku).

RKH0rilpTehXt

Wówczas:

ponieważ $M P ∥ A R$ , więc trójkąty $D M P$ i $D A R$ są podobne, w skali $\frac{|D M|}{|A D|} = \frac{1}{4}$ ; wobec tego $\frac{P_{D M P}}{P_{D A R}} = {(\frac{1}{4})}^{2} = \frac{1}{16}$ , czyli $P_{D A R} = 16 \cdot P_{D M P}$ ,
ponieważ $M P ∥ N Q$ , więc trójkąty $D M P$ i $D N Q$ są podobne, w skali $\frac{|D M|}{|D N|} = \frac{\frac{1}{4} |A D|}{\frac{3}{4} |A D|} = \frac{1}{3}$ ; zatem $\frac{P_{D M P}}{P_{D N Q}} = {(\frac{1}{3})}^{2} = \frac{1}{9}$ , czyli $P_{D N Q} = 9 \cdot P_{D M P}$ .

Oznacza to, że $P_{N Q P M} = P_{D N Q} - P_{D M P} = 8 \cdot P_{D M P}$ oraz $P_{A R Q N} = P_{D A R} - P_{D N Q} = 7 \cdot P_{D M P}$ .

Ponieważ $B C ∥ R D$ oraz $B R ∥ C D ∥ K Q ∥ L P$ , więc każdy z czworokątów: $B K Q R$ , $K L P Q$ , $L C D P$ jest równoległobokiem.

Ponadto $|R B| = |K Q| = |L P| = |C D|$ , a także $|K B| = |L C| = \frac{1}{4} |B C|$ i $|K L| = \frac{1}{2} |B C|$ , więc $P_{K L P Q} = 2 \cdot P_{B K Q R} = 2 \cdot P_{L C D P}$ .

Oznaczmy pole trójkąta $D M P$ przez $x$ , a pole rownoległoboku $L C D P$ przez $y$ .
Możemy wtedy zapisać następujące zależności:
$P_{A B K N} = P_{A R Q N} + P_{B K Q R} = 7 x + y = 23$ ,
$P_{K L M N} = P_{M N Q P} + P_{K L P Q} = 8 x + 2 y$ ,
$P_{M L C D} = P_{D M P} + P_{L C D P} = x + y = 8$ .

Stąd $(7 x + y) - (x + y) = 23 - 8$ , a więc $6 x = 15$ , czyli $x = \frac{15}{6} = 2 \frac{1}{2}$ i $y = 8 - 2 \frac{1}{2} = 5 \frac{1}{2}$ .

Oznacza to, że $P_{K L M N} = 8 \cdot 2 \frac{1}{2} + 2 \cdot 5 \frac{1}{2} = 31$ .

Pole czworokąta $K L M N$ jest równe $31$ .

Przeczytaj

Sprawdź się