Przeczytaj

Podstawową jednostką miary pola jest metr kwadratowy.

Inne, stosowane w praktyce jednostki miary pola to:

milimetr kwadratowy: $1 {mm}^{2}$ ,
centymetr kwadratowy: $1 {cm}^{2}$ ,
decymetr kwadratowy: $1 {dm}^{2}$ .

Pole powierzchni gruntu podaje się często w:

arach – $1 a$ jest równy polu kwadratu o boku $10 m$ ,
hektarach – $1 ha$ jest równy polu kwadratu o boku $100 m$ ,
kilometrach kwadratowych – $1 {km}^{2}$ jest równy polu kwadratu o boku $1 km$ .

W zadaniach dotyczących pól będziemy stosowali następujące zasady:

figura, którą można podzielić na dwie figury o polach odpowiednio $P_{1}$ oraz $P_{2}$ , ma pole $P_{1} + P_{2}$ ,

jeśli pewna figura ma pole $P$ , a druga jest do niej przystająca, to ta druga figura też ma pole $P$ .

Na początku przypomnimy wzór na pole prostokąta.

Pole prostokąta

Twierdzenie: Pole prostokąta

Pole prostokąta o bokach $a$ oraz $b$ jest równe $a b$ .

R1X6iCK5aPBl2

Na ilustracji znajduje się prostokąt o bokach: dłuższym a i krótszym b. W prostokącie wpisano wzór na pole prostokąta: P równa się a razy b.

Korzystając ze wzoru na pole prostokąta, możemy wyznaczać pola innych figur.

Pole trójkąta

Twierdzenie: Pole trójkąta

Pole trójkąta o wysokości $h$ opuszczonej na bok długości $a$ jest równe:

P = \frac{1}{2} a h

Dowód

Jeśli trójkąt jest prostokątny, to jego pole stanowi połowę pola prostokąta o bokach $a$ i $h$ . Zatem jest równe $\frac{1}{2} a h$ .

R1AWlD1IytGdv

Na ilustracji znajduje się trójkąt prostokątny o podstawie równej a i wysokości h. Trójkąt wpisany jest w prostokąt w taki sposób, że jego podstawa stanowi jeden bok prostokąta, a jego wysokość stanowi drugi bok tego prostokąta.

Gdy wysokość łączy wierzchołek trójkąta z przeciwległym bokiem, to pole trójkąta też jest połową pola prostokąta o bokach $a$ i $h$ (patrz rysunek).

ROkQhLVlKt22F

Na ilustracji znajduje się trójkąt o podstawie równej a i wysokości h. Trójkąt wpisany jest w prostokąt w taki sposób, że jego podstawa stanowi jeden bok prostokąta, a jego wysokość ma długość taką samą jak drugi bok prostokąta.

Jeśli wysokość łączy wierzchołek trójkąta z przedłużeniem przeciwległego boku to, aby wykazać prawdziwość wzoru $P = \frac{1}{2} a h$ , wprowadzimy oznaczenia, jak na poniższym rysunku. Pola dwóch kolorowych trójkątów dają w sumie połowę pola prostokąta o bokach $h$ oraz $a + x$ . Z tego, co już wykazaliśmy, pole niebieskiego trójkąta prostokątnego wynosi $\frac{1}{2} x h$ , zatem pole różowego trójkąta jest równe:

P = \frac{1}{2} (a + x) \cdot h - \frac{1}{2} x h = \frac{1}{2} a h

RN2KOT5FKCVJA

Na ilustracji znajduje się prostokąt o bokach długości a plus x i h. W prostokącie zaznaczono trójkąt prostokątny o podstawie długości x i wysokości h oraz trójkąt o podstawie długości a i wysokości h.

Ważne!

Słowa „wysokość” używać będziemy w dwóch znaczeniach. W zależności od kontekstu będzie chodziło o odpowiedni odcinek lub o jego długość.

Przykład 1

Na poniższym rysunku proste zaznaczone linią przerywaną są równoległe. Wszystkie kolorowe trójkąty mają więc równe pola, gdyż mają wspólny bok (podstawę) i równej długości wysokości opuszczone na prostą zawierającą ten bok. Wynika stąd, że przy ustalonym polu, obwód trójkąta może być dowolnie duży.

R6ebUrby1hIqk

Na ilustracji znajdują się cztery różne trójkąty. Wszystkie trójkąty mają wspólną podstawę. Każdy trójkąt ma wysokość zawartą między dwiema prostymi równoległymi, więc wysokość każdego trójkąta jest taka sama. Czerwony trójkąt jest mocno pochylony w lewą stronę, niebieski trójkąt jest lekko pochylony w lewą stronę, zielony trójkąt nie jest pochylony, a żółty trójkąt jest pochylony lekko w prawą stronę.

Pole równoległoboku

Twierdzenie: Pole równoległoboku

Pole równoległoboku jest równe

P = a h

gdzie $a$ jest dowolnym bokiem równoległoboku, a $h$ jest wysokością opuszczoną na ten bok.

Dowód

Skorzystajmy z rozumowania dotyczącego pola trójkątów.

Pole równoległoboku o boku długości $a$ i odpowiadającej mu wysokości $h$ jest równe: $P = a h$ , ponieważ jest sumą pól dwóch przystających trójkątów, o polu $\frac{1}{2} a h$ każdy.

RUBU4Q7WJHUTn

Na ilustracji znajduje się równoległobok o podstawie długości a i wysokości h. Przekątna równoległoboku dzieli go na dwa takie same trójkąty o podstawach długości a i wysokościach h.

Pole trapezu

Twierdzenie: Pole trapezu

Pole trapezu o podstawach długości $a$ , $b$ i wysokości $h$ jest równe

P = \frac{1}{2} (a + b) \cdot h

Dowód

Pole trapezutrapeztrapezu o podstawach $a$ i $b$ oraz o wysokości $h$ jest równe: $P = \frac{1}{2} (a + b) \cdot h$ , gdyż jest sumą pól dwóch trójkątów o polach odpowiednio $\frac{1}{2} a h$ i $\frac{1}{2} b h$ .

RCmuJcPOC0XAe

Na ilustracji znajduje się trapez o dłuższej podstawie długości a, krótszej podstawie długości b i wysokości h. Przekątna tego trapezu dzieli go na dwa trójkąty: trójkąt o podstawie długości a i wysokości h oraz trójkąt o podstawie długości b i wysokości h.

Pole dowolnego wielokąta

Pole dowolnego wielokąta obliczamy zwykle w ten sposób, że dzielimy go na trójkąty i dodajemy pola wszystkich trójkątów otrzymanych w wyniku tego podziału.

Przypomnijmy teraz najbardziej znane twierdzenie geometrii elementarnej.

Pitagorasa

Twierdzenie: Pitagorasa

Jeżeli w trójkącie prostokątnym przyprostokątne mają długości $a$ oraz $b$ , a długość przeciwprostokątnej jest równa $c$ , to:

a^{2} + b^{2} = c^{2}

R129HSEmw3Fjt

Na ilustracji znajduje się trójkąt prostokątny o przyprostokątnych długości a i b oraz przeciwprostokątnej długości c. Wewnątrz prostokąta zapisany jest wzór: a2+b2=c2.

Dowód

Na rysunku poniżej przedstawiono kwadrat o boku $a + b$ . Pole zielonego kwadratu jest równe $c^{2}$ (gdyż jest on zbudowany na przeciwprostokątnej długości $c$ ). Z drugiej strony jest ono równe różnicy pól dużego kwadratu i pól czterech małych, przystających trójkątów. Stąd:

c^{2} = {(a + b)}^{2} - 4 \cdot \frac{1}{2} a b = a^{2} + b^{2}

RfbL2NFjdjmEZ

Na ilustracji znajduje się kwadrat o boku długości a+b. Wewnątrz tego kwadratu wpisany jest zielony kwadrat o boku długości c w taki sposób, że pole dużego kwadratu to suma pola zielonego kwadratu i czterech trójkątów prostokątnych o przyprostokątnych długości a i b. Narysowano kwadrat o boku długości a, przylegający do przyprostokątnej długości a jednego z trójkątów oraz kwadrat o boku długości b, przylegający do przyprostokątnej długości b w tym samym trójkącie.

Przykład 2

Przekątna kwadratu o boku $a$ ma zgodnie z twierdzeniem Pitagorasa długość: $\sqrt{a^{2} + a^{2}} = \sqrt{2 a^{2}} = a \sqrt{2}$ .

R1LblrRc1tHv1

Na ilustracji znajduje się kwadrat o boku długości a. W kwadracie poprowadzona jest jego przekątna.

Uwaga!

Zachodzi też twierdzenie odwrotne do twierdzenia Pitagorasa, które brzmi następująco: Jeśli w trójkącie o bokach długości $a$ , $b$ oraz $c$ zachodzi równość $a^{2} + b^{2} = c^{2}$ , to jest on prostokątny, zaś $c$ jest jego przeciwprostokątną.

Przykład 3

a) Trójkąt o bokach: $3$ , $4$ i $5$ jest prostokątny, ponieważ: $3^{2} + 4^{2} = 5^{2}$ .

b) RównoległobokrównoległobokRównoległobok, którego przekątne mają długości $50$ i $36$ , a jeden z boków ma długość $31$ nie jest rombem (jego przekątne nie są prostopadłe).
Zauważmy mianowicie, że jeden z trójkątów otrzymanych z podziału tego równoległoboku przekątnymi ma boki o długościach $31$ , $25$ i $18$ . Przekątne w rombie przecinają się pod kątem prostym, zatem możemy skorzystać z twierdzenia Pitagorasa. Ponieważ $31^{2} = 961$ oraz $25^{2} + 18^{2} = 625 + 324 = 949$ , więc $31^{2} \neq 25^{2} + 18^{2}$ , czyli ten trójkąt nie jest prostokątny. Oznacza to, że rozpatrywany równoległobok nie jest rombem.

o wysokości w trójkącie równobocznym

Twierdzenie: o wysokości w trójkącie równobocznym

Wysokość w trójkącie równobocznym o boku $a$ ma długość:

\frac{a \sqrt{3}}{2}

Dowód

Korzystając z twierdzenia Pitagorasa, przy oznaczeniach jak na rysunku poniżej mamy:

|C D| = \sqrt{{|A C|}^{2} - {|A D|}^{2}} = \sqrt{a^{2} - \frac{1}{4} a^{2}} = \sqrt{\frac{3}{4} a^{2}} = \frac{a \sqrt{3}}{2}

RgFvqMgnPnm7J

Na ilustracji znajduje się trójkąt równoboczny o boku długości a. Wysokość C D poprowadzona z wierzchołka C na podstawę A B dzieli ją na dwie równe części.

Uwaga!

W konsekwencji pole trójkąta równobocznego o boku $a$ jest równe:

P = \frac{1}{2} a \cdot a \frac{\sqrt{3}}{2} = a^{2} \frac{\sqrt{3}}{4}

Przykład 4

Wykażemy, że jeżeli punkt $K$ leży na boku $A B$ trójkąta $A B C$ , to stosunek pola trójkąta $A K C$ do pola trójkąta $B K C$ jest równy $\frac{|A K|}{|B K|}$ .

Dowód

Oznaczmy przez $h$ wysokość trójkąta $A B C$ opuszczoną z wierzchołka $C$ na bok $A B$ (zobacz rysunek poniżej).

RfUsAfXJVZZua

Na ilustracji znajduje się trójkąt A B C z zaznaczoną wysokością h opuszczoną z wierzchołka C na podstawę A B. W trójkącie poprowadzono odcinek C K w taki sposób, że punkt K leży na podstawie A B trójkąta.

Wówczas pola trójkątów $A K C$ oraz $B K C$ możemy wyrazić za pomocą $h$ i długości odpowiedniej podstawy:
$P_{A K C} = \frac{1}{2} \cdot |A K| \cdot h$ ,
$P_{B K C} = \frac{1}{2} \cdot |B K| \cdot h$ .

Wynika stąd, że
$\frac{P_{A K C}}{P_{B K C}} = \frac{\frac{1}{2} \cdot |A K| \cdot h}{\frac{1}{2} \cdot |B K| \cdot h} = \frac{|A K|}{|B K|}$ ,
a to właśnie mieliśmy udowodnić.

Uwaga

W szczególności wynika stąd, że punkt $K$ jest środkiem boku $A B$ wtedy i tylko wtedy, gdy pola trójkątów $A K C$ oraz $B K C$ są równe.

Przykład 5

Wewnątrz trójkąta $A B C$ leży punkt $M$ . Proste $C M$ i $A B$ przecinają się w punkcie $K$ (zobacz rysunek poniżej).

RfoGye91CKu24

Na ilustracji znajduje się trójkąt A B C z poprowadzonym odcinkiem C K w taki sposób, że punkt K leży na boku A B trójkąta. Na odcinku C K zaznaczono punkt M. Trójkąt A M C zaznaczono kolorem czerwonym, a trójkąt B C M zaznaczono kolorem niebieskim.

Wykażemy, że stosunek pola trójkąta $A M C$ do pola trójkąta $B M C$ jest równy stosunkowi odcinków $A K$ do $B K$ :
$\frac{P_{A M C}}{P_{B M C}} = \frac{|A K|}{|B K|}$ .

Dowód

Zauważmy, że:

ponieważ punkt $K$ leży na boku $A B$ trójkąta $A B C$ , więc stosunek pola trójkąta $A K C$ do pola trójkąta $B K C$ jest równy $\frac{|A K|}{|B K|}$ (patrz poprzedni przykład).
Wynika stąd, że $P_{A K C} = \frac{|A K|}{|B K|} \cdot P_{B K C}$ .

ponieważ punkt $K$ leży na boku $A B$ trójkąta $A B M$ , więc stosunek pola trójkąta $A K M$ do pola trójkąta $B K M$ jest równy $\frac{|A K|}{|B K|}$ .
Oznacza to, że $P_{A K M} = \frac{|A K|}{|B K|} \cdot P_{B K M}$ .

ponieważ pole trójkąta $A K C$ jest równe sumie pól trójkątów $A K M$ i $A M C$ , a także pole trójkąta $B K C$ jest równe sumie pól trójkątów $B K M$ i $B M C$ , więc
$P_{A M C} = P_{A K C} - P_{A K M} = \frac{|A K|}{|B K|} \cdot P_{B K C} - \frac{|A K|}{|B K|} \cdot P_{B K M} =$
$= \frac{|A K|}{|B K|} \cdot (P_{B K C} - P_{B K M}) = \frac{|A K|}{|B K|} \cdot P_{B M C}$ .

Stąd $\frac{P_{A M C}}{P_{B M C}} = \frac{|A K|}{|B K|}$ .

Przykład 6

Wykażemy że środkowe trójkąta dzielą go na sześć części o równych polach.

Dowód

Rozpatrzmy trójkąt $A B C$ , w którym środki boków $A B$ , $B C$ oraz $A C$ oznaczamy przez - odpowiednio - $F$ , $D$ i $E$ , a punkt przecięcia środkowych (czyli środek ciężkości trójkąta $A B C$ ) oznaczamy przez $M$ (zobacz rysunek poniżej).

RapgN8qSmBdQX

Na ilustracji znajduje się trójkąt A B C z zaznaczonymi środkami odcinków. Środek boku A B to punkt F, środek boku B C to punkt D i środek boku AC to punkt E. W trójkącie poprowadzono środkowe A D, B E i C F. Wszystkie środkowe przecinają się w punkcie M.

Zauważmy, że:

ponieważ punkt $F$ jest środkiem boku $A B$ trójkąta $A B M$ , więc pola trójkątów $A F M$ oraz $B F M$ są równe . Oznaczamy każde z tych pól przez $P_{1}$ . Wtedy pole trójkąta $A B M$ jest równe $2 P_{1}$ ;

ponieważ punkt $D$ jest środkiem boku $B C$ trójkąta $B C M$ , więc pola trójkątów $B D M$ oraz $C D M$ są równe. Oznaczamy każde z tych pól przez $P_{2}$ . Wtedy pole trójkąta $B C M$ jest równe $2 P_{2}$ ;

ponieważ punkt $E$ jest środkiem boku $A C$ trójkąta $A C M$ , więc pola trójkątów $A E M$ oraz $C E M$ są równe. Oznaczamy każde z tych pól przez $P_{3}$ . Wtedy pole trójkąta $A C M$ jest równe $2 P_{3}$ .

Ponadto zauważmy, że:

ponieważ prosta $C M$ przecina bok $A B$ trójkąta $A B C$ w środku $F$ tego boku, więc pola trójkątów $A C M$ oraz $B C M$ są równe (patrz poprzednie przykłady). Zatem $2 P_{3} = 2 P_{2}$ , skąd $P_{3} = P_{2}$ ;

ponieważ prosta $A M$ przecina bok $B C$ trójkąta $A B C$ w środku $D$ tego boku, więc pola trójkątów $A B M$ oraz $A C M$ są równe. Zatem $2 P_{1} = 2 P_{3}$ , skąd $P_{1} = P_{3}$ .

Wobec tego $P_{1} = P_{2} = P_{3}$ , co oznacza, że
$P_{A M F} = P_{B M F} = P_{B M D} = P_{C M D} = P_{C M E} = P_{A M E}$ .

Wynika stąd, że w dowolnym trójkącie trzy środkowe boków dzielą ten trójkąt na sześć trójkątów o równych polach.

Przykład 7

Udowodnimy, że jeżeli przekątne czworokąta wypukłego $A B C D$ przecinają się w punkcie $E$ (zobacz rysunek), to pola trójkątów: $A B E$ , $B C E$ , $C D E$ oraz $D A E$ spełniają warunek
$P_{A B E} \cdot P_{C D E} = P_{A D E} \cdot P_{B C E}$ .

RACZD66bcWViS

Na ilustracji znajduje się czworokąt wypukły A B C D z poprowadzonymi dwiema przekątnymi. Przekątne tego czworokąta przecinają się w punkcie E.

Dowód

Skorzystamy z wniosku udowodnionego w przykładzie $4$ .
Ponieważ:

punkt $E$ leży na boku $A C$ trójkąta $A B C$ , więc $\frac{P_{A B E}}{P_{B C E}} = \frac{|A E|}{|E C|}$ ,

punkt $E$ leży na boku $A C$ trójkąta $A D C$ , więc $\frac{P_{A D E}}{P_{D C E}} = \frac{|A E|}{|E C|}$ .

Wynika stąd, że $\frac{P_{A B E}}{P_{B C E}} = \frac{P_{A D E}}{P_{D C E}}$ , a więc $P_{A B E} \cdot P_{C D E} = P_{A D E} \cdot P_{B C E}$ .

To spostrzeżenie kończy dowód.

Przykład 8

W trapezie równoramiennym $A B C D$ o podstawach $A B$ i $C D$ przekątne $A C$ i $B D$ przecinają się w takim punkcie $O$ , że $|B O| : |O D| = 9 : 4$ . Pole trójkąta $B C D$ jest równe $156$ . Oblicz pole trapezu $A B C D$ .

Rozwiązanie

Rgk9eFQnsTeQJ

Na ilustracji znajduje się trapez równoramienny A B C D z poprowadzonymi dwiema przekątnymi. Przekątne tego trapezu przecinają się w punkcie O.

Wiemy, że w opisanym trapezie przekątne $A C$ i $B D$ przecinają się w takim punkcie $O$ , że $|B O| : |O D| = 9 : 4$ . Zatem $P_{A B D} = \frac{9}{4} P_{B C D}$ , a więc $P_{A B D} = \frac{9}{4} \cdot 156 = 351$ .

Pole trapezu $A B C D$ jest równe $P = 351 + 156 = 507$ .

Przykład 9

Pole trójkąta $A B C$ jest równe $790$ . Na bokach $A B$ i $B C$ tego trójkąta $A B C$ wybrano takie punkty odpowiednio $E$ i $D$ , że $|A E| : |E B| = |B D| : |D C| = 7 : 3$ . Odcinki $A D$ i $C E$ przecinają się w punkcie $F$ . Obliczymy pola trójkątów: $A E F$ , $A F C$ i $C D F$ .

Rozwiązanie

Przyjmijmy oznaczenia jak na rysunku.

ROc6dO9MkMYbY

Na ilustracji znajduje się trójkąt A B C. W trójkącie poprowadzono odcinek A D w taki sposób, że punkt D leży na boku C B i dzieli go na odcinki C D i D B, które mają się do siebie jak trzy do siedmiu. Poprowadzono również odcinek C E w taki sposób, że punkt E leży na boku A B i dzieli go na odcinki A E i E B, które mają się do siebie jak siedem do trzech. Odcinki A D i C E przecinają się w punkcie F.

Trójkąty $A E F$ i $E B F$ mają wspólną wysokość. Stosunek ich podstaw $|A E| : |E B| = 7 : 3$ .

Analogicznie trójkąty $F B D$ i $F D C$ mają wspólną wysokość. Stosunek ich podstaw $|B D| : |D C| = 7 : 3$ .

Niech

$P_{A E F} = 7 a$ i $P_{E B F} = 3 a$ ,
$P_{F B D} = 7 b$ i $P_{F D C} = 3 b$ .

Zauważmy, że trójkąty $A B C$ i $E B C$ mają tą samą wysokość oraz

$P_{E B C} = \frac{3}{10} \cdot P_{A B C} = \frac{3}{10} \cdot 790 = 237$ ,
$P_{A B D} = \frac{7}{10} \cdot P_{A B C} = \frac{7}{10} \cdot 790 = 553$ .

Rozwiązmy układ równań.

${\begin{cases} 7 a + 3 a + 7 b = 553 \\ 3 b + 7 b + 3 a = 237 \end{cases}$

${\begin{cases} 10 a + 7 b = 553 \\ 10 b + 3 a = 237 \end{cases}$

$\{\begin{cases} a = 49 \\ b = 9 \end{cases}$

A stąd otrzymujemy, że $P_{A E F} = 7 a = 7 \cdot 49 = 343$ , $P_{F D C} = 3 b = 3 \cdot 9 = 27$ , $P_{A F C} = P_{A B C} - 10 a - 10 b = 790 - 490 - 90 = 210$ .

Przykład 10

Dany jest równoległobok $A B C D$ . Punkt $E$ należy do boku $A B$ , a punkt $F$ należy do boku $A D$ . Prosta $E F$ przecina prostą $C B$ w punkcie $P$ , a prostą $C D$ w punkcie $Q$ .

Wykażemy, że niezależnie od wyboru punktów $E$ i $F$ pole trójkąta $C E F$ jest równe polu trójkąta $A P Q$ .

Dowód

R1ITuzCg02fX0

Ilustracja przedstawia równoległobok ABCD oraz trójkąt rozwartokątny APQ taki, że ramię AP oraz ramię A Q znajdują się poza równoległobokiem, natomiast bok PQ trójkąta przecina boki równoległoboku w następujący sposób: bok AD w punkcie F oraz bok AB w punkcie E. Dodatkowo linią przerywaną poprowadzono przekątną AC równoległoboku oraz poprowadzono z wierzchołka C odcinki do punktów przecięcia trójkąta z równoległobokiem, są to odcinki CF oraz C E.

Ponieważ:

$C P ∥ A F$ więc $P_{A F C} = P_{A F P}$ ,
$A E ∥ C Q$ więc $P_{A E C} = P_{A E Q}$ .

(te pary trójkątów mają te same podstawy i równe wysokości).

Wynika stąd, że:

$P_{A F C} + P_{A E C} = P_{A F P} + P_{A E Q}$

Ponadto:

$P_{A F C} + P_{A E C} = P_{A E F} + P_{C E F}$ , $P_{A F P} = P_{A F E} + P_{A E P}$ oraz $P_{A E Q} = P_{A F E} + P_{A F Q}$

a więc otrzymujemy równość:

$P_{A E F} + P_{C E F} = P_{A F E} + P_{A E P} + P_{A F E} + P_{A F Q}$

Zatem:

$P_{C E F} = P_{A E P} + P_{A F E} + P_{A F Q} = P_{A P Q}$ .

Koniec dowodu.

Przykład 11

Dany jest trójkąt ostrokątny $A B C$ , w którym $A C \neq B C$ . Punkt $K$ jest spodkiem wysokości tego trójkąta poprowadzonej z wierzchołka $C$ . Punkt $O$ jest środkiem okręgu opisanego na trójkącie $A B C$ .

Udowodnij, że pola czworokątów $A K O C$ oraz $B K O C$ są równe.

Dowód

Oznaczmy środek boku $A B$ przez $M$ . Wtedy środkowa $C M$ dzieli trójkąt $A B C$ na dwa trójkąty o równych polach:

$P_{A M C} = P_{B M C} = \frac{1}{2} P_{A B C}$ .

RuzTPifJRUOfC

Na ilustracji znajduje się trójkąt A B C z poprowadzoną wysokością C K na podstawę A B zaznaczoną na czerwono. Zaznaczono punkt O, który jest środkiem okręgu opisanego na tym trójkącie. Zaznaczono punkt M, który jest środkiem boku A B. Na zielono zaznaczono odcinki: O C, O M oraz O K.

Ponieważ $O$ jest środkiem okręgu opisanego na trójkącie $A B C$ , więc trójkąt $A O B$ jest równoramienny, co oznacza, że $O M ⊥ A B$ .

Jednocześnie $C K ⊥ A B$ (jako wysokość opuszczona z $C$ na $A B$ ).

Zatem $C K ∥ O M$ , czyli czworokąt $M K C O$ jest trapezem.

Oznaczmy przez $S$ punkt przecięcia przekątnych tego trapezu.

Wówczas pola trójkątów $M K S$ i $C O S$ są równe: $P_{M K S} = P_{C O S}$ .

R14JyOJKEooTn

Zauważmy, że:

$P_{B M C} = P_{B K S C} + P_{M K S} = P_{B K S C} + P_{C O S} = P_{B K O C}$

skąd

$P_{B K O C} = \frac{1}{2} P_{A B C}$ .

Ponadto

$P_{A B C} = P_{B K O C} + P_{A K O C}$ , a więc $P_{A K O C} = \frac{1}{2} P_{A B C}$ , czyli $P_{B K O C} = P_{A K O C}$ .

Koniec dowodu.

Słownik

trapez

wielokąt wypukły, który ma przynajmniej jedną parę boków równoległych

równoległobok

szczególny przypadek trapezu, w którym boki przeciwległe są równoległe i równe

Wprowadzenie

Animacja

Pole prostokąta

Pole trójkąta

Pole równoległoboku

Pole dowolnego wielokąta

Słownik