Dane są trójkąty o bokach i kątach jak na poniższym rysunku.

R15yxrbV6k2Io

Na ilustracji przedstawiono dwa trójkąty. Długości boków w trójkącie pierwszym oznaczono a, b, c. Między bokiem a i c zaznaczono kąt beta, między bokiem c i b zaznaczono kąt alfa, oraz między bokiem a i b kąt gamma. Drugi trójkąt jest mniejszy. Boki oznaczono a prim, b prim, c prim, natomiast kąty odpowiednio alfa prim, beta prim i gamma prim.

Jeśli zachodzi jedna z poniższych cech podobieństwa:

• cecha bok – bok – bok (bbb): stosunki długości par odpowiednich boków są równe, czyli $\frac{a}{a\text{'}}=\frac{b}{b\text{'}}=\frac{c}{c\text{'}}$,

• cecha kąt – kąt – kąt (kkk): miary par odpowiednich kątów są równe, czyli $\alpha =\alpha \text{'}$, $\beta =\beta \text{'}$ i $\gamma =\gamma \text{'}$,

• cecha bok – kąt – bok (bkb): stosunki długości dwóch par boków są równe i miary kątów między tymi bokami są równe, czyli np. $\frac{a}{a\text{'}}=\frac{b}{b\text{'}}$ i $\gamma =\gamma \text{'}$,

to zachodzą też wszystkie pozostałe, a trójkąty $ABC$ oraz $A\text{'}B\text{'}C\text{'}$ nazywamy podobnymi, co zapisujemy symbolicznie:
$\triangle ABC\sim\triangle A'B'C'$.
Stosunek $\frac{a}{a\text{'}}$ nazywamy skalą tego podobieństwaskala podobieństwa trójkątówskalą tego podobieństwa.

Na rysunku poniżej odcinki $AB$ i $CD$ są równoległe, a ponadto $\left|AB\right|=32$, $\left|CD\right|=20$ oraz $\left|AD\right|=24$.
Obliczymy długość odcinka $ED$ (oznaczamy $\left|ED\right|=x$).

RN4XhXkxYg4wf

Na ilustracji przedstawiono dwie półproste, które wychodzą ze wspólnego punktu E. Na jeden półprostej zaznaczono punkty kolejno D i A, na drugiej kolejno B i C. Punkt A jest oddalony od punktu D o dwadzieścia cztery. Połączono punkty C i D, oraz A i B, w taki sposób, że odcinki są do siebie równoległe. Długość odcinka $CD$ wynosi 20, natomiast długość odcinka $AB$ wynosi trzydzieści dwa. Odległość punktu E, od punktu D oznaczono x.

Rozwiązanie

Zauważamy, że ponieważ $AB\parallel CD$, więc równe są pary kątów odpowiadających:

• $\left|\sphericalangle EDC\right|=\left|\sphericalangle EAB\right|$,

• $\left|\sphericalangle ECD\right|=\left|\sphericalangle EBA\right|$.

R7qU80rmjTX7f

Na ilustracji przedstawiono trójkąt prostokątny $ABE$, z kątem prostym przy wierzchołku A. Na przeciwprostokątnej $BE$, zaznaczono punkt C, oraz na przyprostokątnej punkt D, w taki sposób, że odcinek $CD$ jest równoległy do boku $AB$. Długość odcinka $CD$ wynosi 20, natomiast długość boku $AB$ wynosi trzydzieści dwa. Odległość punktu D od wierzchołka E oznaczono x, natomiast odległość punktu D od wierzchołka A wynosi dwadzieścia cztery. Kąty $DCE$, oraz $ABE$ są równe.

Zatem trójkąty $CED$ oraz $BEA$ są podobnetrójkąty podobnepodobne, na mocy cechy kkk. Stąd musi też zachodzić cecha podobieństwa bbb.
W szczególności: $\frac{\left|ED\right|}{\left|DC\right|}=\frac{\left|EA\right|}{\left|AB\right|}$, to znaczy $\frac{x}{20}=\frac{24+x}{32}$,
a więc $32x=20\left(24+x\right)$
$32x-20x=20·24$
$12x=480$
czyli $x=40$.

Odp. Długość odcinka $ED$ jest równa $40$.

a) W trójkącie równoramiennym $ABC$ wysokość poprowadzona z wierzchołka $C$ między ramionami przecina podstawę $AB$ w punkcie $E$, a wysokość poprowadzona z wierzchołka $A$ przecina ramię $BC$ w punkcie $D$ (jak na poniższym rysunku).

R1YUhwOhCorLg

Na ilustracji przedstawiono równoramienny trójkąt $ABC$. Z wierzchołka C poprowadzono wysokość, której spodek leży w punkcie E na podstawie $AB$. Z wierzchołka A, poprowadzono wysokość, której spodek leży w punkcie D, na ramieniu $BC$.

Wtedy trójkąty $ADB$ i $CEB$ są prostokątne i mają wspólny kąt przy wierzchołku $B$, a więc są podobnetrójkąty podobnepodobne, co wynika z cechy podobieństwa kkk. Oznacza to, że prawdziwa jest zależność
$\frac{\left|AD\right|}{\left|CE\right|}=\frac{\left|DB\right|}{\left|EB\right|}=\frac{\left|BA\right|}{\left|BC\right|}$.

b) W trójkącie prostokątnym $ABC$ wysokość $AD$ poprowadzona z wierzchołka kąta prostego dzieli ten trójkąt na dwa mniejsze trójkąty, podobnetrójkąty podobnepodobne do trójkąta $ABC$. Wynika to z cechy podobieństwa kkk.
Przykładowo, trójkąt $DBA$ jest podobnytrójkąty podobnepodobny do trójkąta $ABC$, bowiem:

• kąt przy wierzchołku $A$ w trójkącie $ABC$ jest prosty i równy kątowi przy wierzchołku $D$ w trójkącie $DBA$,

• kąt przy wierzchołku $B$ jest wspólny dla trójkątów $ABC$ i $DBA$.

  Rp58ih9yISFfv

  Na ilustracji przedstawiono trójkąt $ABC$, z kątem prostym przy wierzchołku A. Z wierzchołka A opuszczono wysokość, której spodek leży w punkcie D, na przeciwprostokątnej $BC$. Wysokość $AD$ podzieliła trójkąt $ABC$ na dwa mniejsze trójkąty prostokątne $ADC$, oraz $ADB$. $\angle DAB$ jest równy kątowi $ACD$, oraz $\angle DBA$ jest równy kątowi $DAC$.

  

W analogiczny sposób wykazujemy, że trójkąt $DAC$ jest podobnytrójkąty podobnepodobny do trójkąta $ABC$.

Zauważmy też, że trójkąty $BDA$ oraz $ADC$ również są podobnetrójkąty podobnepodobne (jest to przykład ogólnej prawidłowości: jeśli trójkąt $T_1$ jest podobnytrójkąty podobnepodobny do trójkąta $T_2$ oraz trójkąt $T_2$ jest podobnytrójkąty podobnepodobny do trójkąta $T_3$, to trójkąty $T_1$ i $T_3$ też są podobnetrójkąty podobnepodobne).

Z podobieństwatrójkąty podobnepodobieństwa trójkątów $BDA$ oraz $ADC$ wynika, że $\frac{\left|BD\right|}{\left|AD\right|}=\frac{\left|AD\right|}{\left|DC\right|}$, skąd dostajemy następujący przydatny wniosek:
w trójkącie prostokątnym wysokość $AD$ poprowadzona z wierzchołka kąta prostego dzieli przeciwprostokątną $BC$ na takie odcinki $BD$ oraz $DC$, że
${\left|AD\right|}^2=\left|BD\right|·\left|DC\right|$.

W trójkącie $ABC$ połączono odcinkiem $ED$ środki boków $AC$ i $BC$. Trójkąty $ABC$ i $EDC$ są podobnetrójkąty podobnepodobne na mocy cechy bkb, gdyż:

• mają wspólny kąt przy wierzchołku $C$ oraz

• $\frac{\left|AC\right|}{\left|EC\right|}=\frac{\left|BC\right|}{\left|DC\right|}=2$ (punkty $E$ i $D$ dzielą odcinki odpowiednio $AC$ i $BC$ na pół).

R1HM8cw5cdd2W

Na ilustracji przedstawiono trójkąt $ABC$. Zaznaczono punkt E, stanowiący środek boku $AC$, oraz punkt D stanowiący środek boku $BC$. Kolorem pomarańczowym zaznaczono odcinek $ED$.

Zachodzi więc także cecha podobieństwatrójkąty podobnepodobieństwa bbb i w konsekwencji: $\frac{\left|AB\right|}{\left|ED\right|}=2$, czyli odcinek $AB$ jest dwa razy dłuższy od odcinka $ED$.
Ponadto odcinek $ED$ jest też równoległy do odcinka $AB$ , ponieważ z cechy kkk wynika, że pary kątów odpowiadających (na rysunku poniżej zostały zaznaczone tym samym kolorem) są równe.

R1BC1ZbgjT647

Na ilustracji przedstawiono trójkąt $ABC$. Zaznaczono punkt E, stanowiący środek boku $AC$, oraz punkt D stanowiący środek boku $BC$. Kolorem pomarańczowym zaznaczono odcinek $ED$. Kolorem zielonym zaznaczono łuk kąta $CED$, oraz kolorem pomarańczowym łuk kąta $CDE$.

Otrzymujemy zatem poniższe twierdzenie.

Odcinek łączący środki dwóch boków w trójkącie jest równoległy do trzeciego boku i równy jego połowie .

Uwaga. Z twierdzenia o linii środkowej w trójkącietwierdzenie o linii środkowej w trójkącieZ twierdzenia o linii środkowej w trójkącie wynika m. in. że środki boków dowolnego czworokąta są wierzchołkami równoległoboku (ten fakt bywa podawany jako twierdzenie Varignona).

Rozpatrzmy czworokąt $ABCD$, a środki jego kolejnych boków oznaczmy przez $K$, $L$, $M$, $N$ (jak na poniższym rysunku).

RbkpEOLb9ONdB

Na ilustracji przedstawiono czworokąt $ABCD$. Zaznaczono punkt K na boku $AB$, punkt L na boku $BC$, punkt M na boku $CD$, oraz punkt N na boku $AD$. Linią przerywaną połączono wierzchołek A i C. Punkty K, L, M, N połączono w taki sposób, że powstał równoległobok.

Dla dowodu wystarczy zauważyć, że:

• odcinek $KL$ to linia środkowa w trójkącie $ACB$, skąd wynika, że $KL\parallel AC$ oraz $\left|KL\right|=\frac{1}{2}\left|AC\right|$,

• odcinek $NM$ to linia środkowa w trójkącie $ACD$, skąd wynika, że $NM\parallel AC$ oraz $\left|NM\right|=\frac{1}{2}\left|AC\right|$.

Wobec tego $KL\parallel NM$ i $\left|KL\right|=\left|NM\right|$, co oznacza, że czworokąt $KLMN$ jest równoległobokiem. Koniec dowodu.

W przypadku szczególnych czworokątów dostajemy np., że:

• środki boków dowolnego rombu są wierzchołkami prostokąta (co wynika stąd, że w rombie przekątne są prostopadłe),

• środki boków dowolnego prostokąta są wierzchołkami rombu (co wynika stąd, że w prostokącie przekątne są równe),

• środki boków trapezu równoramiennego są wierzchołkami rombu (co wynika stąd, że w trapezie równoramiennym przekątne są równe).

W trapezie $ABCD$ poprowadzono przekątną $BD$ i zaznaczono na niej punkt $G$, dzielący ją na połowę. Następnie punkt $G$ połączono ze środkami boków $BC$ i $AD$ (jak na rysunku poniżej).

RY4fvIl6Z8XoJ

Na ilustracji przedstawiono trapez $ABCD$. Zaznaczono punkt E, stanowiący środek boku $AD$, oraz punkt F stanowiący środek boku $BC$. Kolorem zielonym zaznaczono odcinek $ED$, oraz kolorem pomarańczowym odcinek łączący wierzchołek B i D. Odcinki $EF$ i $DD$ przecinają się w punkcie G.

Stosując twierdzenie o linii środkowejtwierdzenie o linii środkowej w trójkącietwierdzenie o linii środkowej w trójkątach $ABD$ i $CDB$ otrzymujemy, że:

• $EG\parallel AB$ oraz $\left|EG\right|=\frac{1}{2}\left|AB\right|$,

• $GF\parallel CD$ oraz $\left|GF\right|=\frac{1}{2}\left|CD\right|$.

Zatem punkty $E$, $G$ i $F$ leżą na jednej prostej, równoległej do obu podstaw trapezu, a więc
$\left|EF\right|=\left|EG\right|+\left|GF\right|=\frac{1}{2}\left(\left|AB\right|+\left|CD\right|\right)$,
czyli odcinek $EF$ jest równy połowie sumy odcinków $AB$ i $CD$.

Zachodzi więc poniższe twierdzenie.

R1bgoinOvAVnb

Na ilustracji przedstawiono trapez $ABCD$. Zaznaczono punkt E, stanowiący środek boku $AD$, oraz punkt F stanowiący środek boku $BC$. Kolorem zielonym zaznaczono odcinek $EF$.

Odcinek łączący środki ramion trapezu jest równoległy do obu podstaw, a jego długość jest równa średniej arytmetycznej długości tych podstaw.

W trójkącie $ABC$ poprowadzono środkowe $AD$ i $BE$, które przecięły się w punkcie $M$.
Wykażemy, że $\left|AM\right|=2\left|MD\right|$ oraz $\left|BM\right|=2\left|ME\right|$.

Z własności linii środkowejtwierdzenie o linii środkowej w trójkącielinii środkowej $DE$ w trójkącie $ABC$ wynika, że $ED\parallel AB$.
Zatem równe są pary kątów naprzemianległych: $\sphericalangle MED$ i $\sphericalangle MBA$ oraz $\sphericalangle MDE$ i $\sphericalangle MAB$ (zobacz rysunek poniżej).

ROPb0wnUbCzKr

Na ilustracji przedstawiono trójkąt $ABC$. Zaznaczono punkt E, stanowiący środek boku $AC$, oraz punkt D stanowiący środek boku $BC$. Zaznaczono odcinek $ED$. Punkt E połączono z wierzchołkiem B, natomiast punkt D z wierzchołkiem A. Odcinki $EB$ i $AD$ przecinają się w punkcie M. Zielonym kolorem zaznaczono łuki kątów $DEM$ i $ABM$. Kolorem pomarańczowym zaznaczono łuki kątów $DME$ i $AMB$. Kolorem niebieskim zaznaczono łuki kątów $EDM$, oraz $MAB$.

Środkowe w dowolnym trójkącie przecinają się w jednym punkcie, który dzieli każdą z nich w stosunku $\text{2:1}$ (licząc od wierzchołka).

Rozpatrzmy trapez, który nie jest równoległobokiem a w nim prostą, która przechodzi przez punkt przecięcia przekątnych i punkt przecięcia prostych zawierających nierównoległe boki.
Wykażemy, że ta prosta dzieli każdą z podstaw trapezu na połowy.

Dowód. Przyjmijmy, że podstawami trapezu są odcinki $AB$ oraz $CD$ i załóżmy, że $\left|AB\right|>\left|CD\right|$.

Oznaczmy też (jak na poniższym rysunku):

• przez $E$ – punkt przecięcia przekątnych $AC$ i $BD$ trapezu,

• przez $F$ – punkt przecięcia prostych $AD$ i $BC$,

• przez $M$ – punkt, w którym prosta $EF$ przecina podstawę $AB$,

• przez $K$ – punkt, w którym prosta $EF$ przecina podstawę $CD$.

R1Eks6PgNQCFh

Na ilustracji przedstawiono trójkąt $ABF$. Na boku $AF$ zaznaczono punkt D, oraz na boku $FB$ zaznaczono punkt C. Odcinek $CD$ jest równoległy do podstawy trójkąta $AB$. Zaznaczono przekątne $AC$ i $BD$ powstałego trapezu $ABCD$, które przecinają się w punkcie E. Z wierzchołka trójkąta F, poprowadzono prostą do punktu M, znajdującego się na podstawie $AB$ trójkąta. Odcinek $FM$ przecina podstawę $DC$ trapezu w punkcie K, oraz przechodzi przez punkt E.

Znajdziemy teraz pary trójkątów podobnychtrójkąty podobnetrójkątów podobnych i zapiszemy przydatne dla dowodu zależności między długościami ich boków.

W każdym z poniższych sześciu przypadków korzystamy z cechy kkk, wiedząc, że:

• proste $AB$ i $CD$ są równoległe,

• punkty $M$, $E$, $K$, $F$ są współliniowe,

• punkty $C$, $K$, $D$ są współliniowe,

• punkty $A$, $M$, $B$ są współliniowe,

Oto te przypadki.

(1) $∆ABE~∆CDE$ (zobacz rysunek),

R1T2gw69Fi8pg

Na ilustracji przedstawiono trójkąt $ABF$. Na boku $AF$ zaznaczono punkt D, oraz na boku $FB$ zaznaczono punkt C. Odcinek $CD$ jest równoległy do podstawy trójkąta $AB$. Zaznaczono przekątne $AC$ i $BD$ powstałego trapezu $ABCD$, które przecinają się w punkcie E. Z wierzchołka trójkąta F, poprowadzono prostą do punktu M, znajdującego się na podstawie $AB$ trójkąta. Odcinek $FM$ przecina podstawę $DC$ trapezu w punkcie K, oraz przechodzi przez punkt E. Kolorem niebieskim zacieniowano trójkąt $DEC$, oraz $BEA$.

skąd wynika, że $\frac{\left|CD\right|}{\left|AB\right|}=\frac{\left|CE\right|}{\left|AE\right|}=\frac{\left|DE\right|}{\left|BE\right|}$.

(2) $∆ABF~∆DCF$ (zobacz rysunek),

RG51oq5xtCSFC

Na ilustracji przedstawiono trójkąt $ABF$. Na boku $AF$ zaznaczono punkt D, oraz na boku $FB$ zaznaczono punkt C. Odcinek $CD$ jest równoległy do podstawy trójkąta $AB$. Zaznaczono przekątne $AC$ i $BD$ powstałego trapezu $ABCD$, które przecinają się w punkcie E. Z wierzchołka trójkąta F, poprowadzono prostą do punktu M, znajdującego się na podstawie $AB$ trójkąta. Odcinek $FM$ przecina podstawę $DC$ trapezu w punkcie K, oraz przechodzi przez punkt E. Kolorem niebieskim zacieniowano cały trójkąt $ABF$.

skąd wynika, że $\frac{\left|CD\right|}{\left|AB\right|}=\frac{\left|CF\right|}{\left|BF\right|}=\frac{\left|DF\right|}{\left|AF\right|}$.

(3) $∆AME~∆CKE$ (zobacz rysunek).

R1QFeD0LnFCj1

Na ilustracji przedstawiono trójkąt $ABF$. Na boku $AF$ zaznaczono punkt D, oraz na boku $FB$ zaznaczono punkt C. Odcinek $CD$ jest równoległy do podstawy trójkąta $AB$. Zaznaczono przekątne $AC$ i $BD$ powstałego trapezu $ABCD$, które przecinają się w punkcie E. Z wierzchołka trójkąta F, poprowadzono prostą do punktu M, znajdującego się na podstawie $AB$ trójkąta. Odcinek $FM$ przecina podstawę $DC$ trapezu w punkcie K, oraz przechodzi przez punkt E. Kolorem niebieskim zacieniowano trójkąty $AME$, oraz $KEC$.

Wynika stąd, że $\frac{\left|CK\right|}{\left|AM\right|}=\frac{\left|CE\right|}{\left|AE\right|}$

(4) $∆BME~∆DKE$(zobacz rysunek).

Rm7KkHdJW7Eul

Na ilustracji przedstawiono trójkąt $ABF$. Na boku $AF$ zaznaczono punkt D, oraz na boku $FB$ zaznaczono punkt C. Odcinek $CD$ jest równoległy do podstawy trójkąta $AB$. Zaznaczono przekątne $AC$ i $BD$ powstałego trapezu $ABCD$, które przecinają się w punkcie E. Z wierzchołka trójkąta F, poprowadzono prostą do punktu M, znajdującego się na podstawie $AB$ trójkąta. Odcinek $FM$ przecina podstawę $DC$ trapezu w punkcie K, oraz przechodzi przez punkt E. Kolorem niebieskim zacieniowano trójkąty $DKE$, oraz $BEM$.

Wynika stąd, że $\frac{\left|DK\right|}{\left|BM\right|}=\frac{\left|DE\right|}{\left|BE\right|}$

(5) $\Delta BMF~\Delta CKF$ (zobacz rysunek).

R1XJoL8KqO82c

Na ilustracji przedstawiono trójkąt $ABF$. Na boku $AF$ zaznaczono punkt D, oraz na boku $FB$ zaznaczono punkt C. Odcinek $CD$ jest równoległy do podstawy trójkąta $AB$. Zaznaczono przekątne $AC$ i $BD$ powstałego trapezu $ABCD$, które przecinają się w punkcie E. Z wierzchołka trójkąta F, poprowadzono prostą do punktu M, znajdującego się na podstawie $AB$ trójkąta. Odcinek $FM$ przecina podstawę $DC$ trapezu w punkcie K, oraz przechodzi przez punkt E. Kolorem niebieskim zacieniowano trójkąt $BMF$.

Wynika stąd, że $\frac{\left|CK\right|}{\left|BM\right|}=\frac{\left|CF\right|}{\left|BF\right|}$,

(6) $∆AMF~∆DKF$ (zobacz rysunek).

R1V4KTdbto7vr

Na ilustracji przedstawiono trójkąt $ABF$. Na boku $AF$ zaznaczono punkt D, oraz na boku $FB$ zaznaczono punkt C. Odcinek $CD$ jest równoległy do podstawy trójkąta $AB$. Zaznaczono przekątne $AC$ i $BD$ powstałego trapezu $ABCD$, które przecinają się w punkcie E. Z wierzchołka trójkąta F, poprowadzono prostą do punktu M, znajdującego się na podstawie $AB$ trójkąta. Odcinek $FM$ przecina podstawę $DC$ trapezu w punkcie K, oraz przechodzi przez punkt E. Kolorem niebieskim zacieniowano trójkąt $AMF$.

Wynika stąd, że $\frac{\left|DK\right|}{\left|AM\right|}=\frac{\left|DF\right|}{\left|AF\right|}$.

Wykorzystując otrzymane zależności, udowodnimy na kilka sposobów tezę postawioną w zadaniu.

Z zależności (3), (1), (2) i (6) otrzymujemy:
$\frac{\left|CK\right|}{\left|AM\right|}=\frac{\left|CE\right|}{\left|AE\right|}=\frac{\left|CD\right|}{\left|AB\right|}=\frac{\left|DF\right|}{\left|AF\right|}=\frac{\left|DK\right|}{\left|AM\right|}$, czyli $\left|CK\right|=\left|DK\right|$, skąd wynika, że $K$ jest środkiem podstawy $CD$.

Z zależności (4), (1), (2) i (6) otrzymujemy:
$\frac{\left|DK\right|}{\left|BM\right|}=\frac{\left|DE\right|}{\left|BE\right|}=\frac{\left|CD\right|}{\left|AB\right|}=\frac{\left|DF\right|}{\left|AF\right|}=\frac{\left|DK\right|}{\left|AM\right|}$, czyli $\left|AM\right|=\left|BM\right|$, skąd wynika, że $M$ jest środkiem podstawy $AB$.

Z zależności (3), (1), (2) i (5) otrzymujemy:
$\frac{\left|CK\right|}{\left|AM\right|}=\frac{\left|CE\right|}{\left|AE\right|}=\frac{\left|CD\right|}{\left|AB\right|}=\frac{\left|CF\right|}{\left|BF\right|}=\frac{\left|CK\right|}{\left|BM\right|}$, czyli $\left|AM\right|=\left|BM\right|$, skąd wynika, że $M$ jest środkiem podstawy $AB$.

Z zależności (4), (1), (2) i (5) otrzymujemy:
$\frac{\left|DK\right|}{\left|BM\right|}=\frac{\left|DE\right|}{\left|BE\right|}=\frac{\left|CD\right|}{\left|AB\right|}=\frac{\left|CF\right|}{\left|BF\right|}=\frac{\left|CK\right|}{\left|BM\right|}$, czyli $\left|DK\right|=\left|CK\right|$, skąd wynika, że $K$ jest środkiem podstawy $CD$.

Z zależności (3) i (1) oraz (5) i (2) dostajemy kolejno:
$\frac{\left|CK\right|}{\left|AM\right|}=\frac{\left|CE\right|}{\left|AE\right|}=\frac{\left|CD\right|}{\left|AB\right|}$, czyli $\left|CK\right|=\frac{\left|CD\right|}{\left|AB\right|}·\left|AM\right|$,
$\frac{\left|CK\right|}{\left|BM\right|}=\frac{\left|CF\right|}{\left|BF\right|}=\frac{\left|CD\right|}{\left|AB\right|}$, czyli $\left|CK\right|=\frac{\left|CD\right|}{\left|AB\right|}·\left|BM\right|$.
Wobec tego $2\left|CK\right|=\frac{\left|CD\right|}{\left|AB\right|}·\left|AM\right|+\frac{\left|CD\right|}{\left|AB\right|}·\left|BM\right|=\frac{\left|CD\right|}{\left|AB\right|}·\left(\left|AM\right|+\left|BM\right|\right)=$
$=\frac{\left|CD\right|}{\left|AB\right|}·\left|AB\right|=\left|CD\right|$.
Oznacza to, że $K$ jest środkiem boku $CD$.

Korzystając z zależności zapisanej wyżej (jako wniosek z (5) i (2)) otrzymujemy równość
$\frac{1}{2}\left|CD\right|=\frac{\left|CD\right|}{\left|AB\right|}·\left|BM\right|$, skąd $\left|BM\right|=\frac{1}{2}\left|AB\right|$.
Wobec tego $M$ jest środkiem boku $AB$.

W ten sposób dowód uznajemy za zakończony.

W trójkącie $ABC$ punkt $S$ jest środkiem boku $AB$, symetralna tego boku przecina bok $AC$ w punkcie $E$ i przedłużenie boku $BC$ w punkcie $F$ (jak na poniższym rysunku).

R1BVhUIRaLpH9

Na ilustracji przedstawiono trójkąt $ABC$. Zaznaczono punkt S, stanowiący środek podstawy $AB$. Z wierzchołka C opuszczono wysokość wynoszącą 65, której spodek leży w punkcie D na podstawie $AB$. Na przedłużeniu boku $BC$ zaznaczono punkt F. Zaznaczono prostą prostopadłą do punktu S, przechodzącą przez punkt F i przecinającą bok $AC$ w punkcie E.

Wysokość $CD$ jest równa $65$, a punkt $D$ dzieli bok $AB$ tak, że $\frac{\left|AD\right|}{\left|DB\right|}=\frac{13}{5}$.
Obliczymy długość odcinka $EF$.

Rozwiązanie

Przyjmijmy, że $\left|DB\right|=5x$, gdzie $x>0$.
Wtedy z warunków zadania otrzymujemy, że $\left|AD\right|=13x$, $\left|AB\right|=18x$ oraz $\left|AS\right|=\left|BS\right|=9x$.

Zauważmy, że:

• ponieważ proste $SE$ i $CD$ są prostopadłe do prostej $AB$, więc trójkąty $ASE$ i $ADC$ są prostokątne i mają wspólny kąt przy wierzchołku $A$. Zatem na mocy cechy kkk są to trójkąty podobnetrójkąty podobnepodobne, a to oznacza, że $\frac{\left|SE\right|}{\left|AS\right|}=\frac{\left|DC\right|}{\left|AD\right|}$, skąd $\left|SE\right|=\frac{\left|DC\right|}{\left|AD\right|}·\left|AS\right|=\frac{65}{13x}·9x=45$;

• ponieważ proste $SF$ i $CD$ są prostopadłe do prostej $AB$, więc trójkąty $BSF$ i $BCD$ są prostokątne i mają wspólny kąt przy wierzchołku $B$. Zatem na mocy cechy kkk są to trójkąty podobnetrójkąty podobnepodobne, a to oznacza, że $\frac{\left|BS\right|}{\left|BD\right|}=\frac{\left|FS\right|}{\left|DC\right|}$, skąd $\left|FS\right|=\frac{\left|BS\right|}{\left|BD\right|}·\left|DC\right|=\frac{9x}{5x}·65=117$.

Wynika stąd, że $\left|EF\right|=\left|FS\right|-\left|SE\right|=117-45=72$.

a) W trójkąt prostokątny $ABC$ o przyprostokątnych $\left|AC\right|=39$ i $\left|BC\right|=52$ wpisano prostokąt $CDEF$, w którym $\left|CF\right|=3\left|CD\right|$ oraz $D\in AC$, $E\in AB$ i $F\in BC$ (jak na poniższym rysunku).

R1TL5vnBMtwiU

Na ilustracji przedstawiono trójkąt $ABC$, z kątem prostym przy wierzchołku C. Zaznaczono punkty, D na przyprostokątnej $AC$, punkt E na przeciwprostokątnej $AB$, oraz punkt F na przyprostokątnej $BC$. Punkty połączono w taki sposób, że powstał prostokąt $CDEF$.

Obliczymy długości boków tego prostokąta.

Rozwiązanie

Przyjmujemy, że $\left|CD\right|=x$. Wtedy z warunków zadania otrzymujemy:
$\left|EF\right|=x$, $\left|DE\right|=\left|FC\right|=3x$, $\left|AD\right|=39-x$ oraz $\left|FB\right|=52-3x$.

Zauważmy, że trójkąty $ABC$ i $ADE$ są prostokątne oraz mają wspólny kąt przy wierzchołku $A$, więc są podobnetrójkąty podobnepodobne na podstawie cechy kkk.
Zachodzi więc równość $\frac{\left|AC\right|}{\left|BC\right|}=\frac{\left|AD\right|}{\left|DE\right|}$, skąd otrzymujemy $\frac{39}{52}=\frac{39-x}{3x}$.
Wobec tego
$3·3x=4·\left(39-x\right)$
$9x+4x=4·39$
$13x=156$
czyli $x=12$.

Oznacza to, że boki prostokąta $CDEF$ mają długości:
$\left|CD\right|=\left|FE\right|=12$ oraz $\left|DE\right|=\left|FC\right|=36$.

b) W trójkąt równoramienny $ABC$ o podstawie $\left|AB\right|=32$ i ramionach $\left|AC\right|=\left|BC\right|=34$ wpisano prostokąt $KLMN$, w którym $\left|KL\right|=2\left|KN\right|$ oraz $K,L\in AB$, $M\in BC$ i $N\in AC$ (jak na poniższym rysunku).

RdfitxrBcjacd

Na ilustracji przedstawiono trójkąt równoramienny $ABC$. Wewnątrz trójkąta zaznaczono prostokąt $KLMN$, którego wierzchołki K i L leżą na podstawie $AB$ trójkąta, natomiast wierzchołki N i M leżą na jego przeciwległych bokach.

Obliczymy długości boków tego prostokąta.

Rozwiązanie

Przyjmujemy, że $\left|KN\right|=x$. Wtedy z warunków zadania otrzymujemy $\left|KL\right|=\left|MN\right|=2x$.

Oznaczmy przez $P$ środek boku $AB$.
Ponieważ trójkąt $ABC$ jest równoramienny, więc symetralna podstawy $AB$ zawiera wysokość poprowadzoną z wierzchołka $C$. Oznacza to, że $CP\perp AB$.
Wobec tego:

• $\left|AP\right|=\left|PB\right|=16$,

• w trójkącie $APC$ z twierdzenia Pitagorasa otrzymujemy zależność ${\left|AP\right|}^2+{\left|PC\right|}^2={\left|AC\right|}^2$, skąd obliczamy, że ${\left|PC\right|}^2=\sqrt{{\left|AC\right|}^2-{\left|AP\right|}^2}=\sqrt{{34}^2-{16}^2}=\sqrt{900}=30$.

Dalszą część rozwiązania przeprowadzimy dwoma sposobami.

$\text{I}$ sposób. Oznaczmy przez $E$ taki punkt, że czworokąt $BMNE$ jest równoległobokiem. Stąd $MN\parallel EB$ i .

Ponieważ:

• z własności trójkąta $ABC$ mamy $\left|\sphericalangle CAB\right|=\left|\sphericalangle CBA\right|$, więc $\left|\sphericalangle NAE\right|=\left|\sphericalangle NEA\right|$,

• z własności prostokąta $KLMN$ mamy $MN\parallel AB$ , więc $E\in AB$.

RT7PJIkIfKGL6

Na ilustracji przedstawiono trójkąt równoramienny $ABC$. Wewnątrz trójkąta zaznaczono prostokąt $KLMN$, którego wierzchołki K i L leżą na podstawie $AB$ trójkąta, natomiast wierzchołki N i M leżą na jego przeciwległych bokach. Z wierzchołka C, opuszczono wysokość trójkąta, której spodek leży w punkcie P na podstawie $AB$. Pomiędzy punktami K i P zaznaczono punkt E, który połączono zieloną linią z wierzchołkiem N prostokąta.

Oznacza to, że:

• trójkąt $AEN$ jest równoramienny oraz $\left|AE\right|=\left|AB\right|-\left|EB\right|=32-2x$,

• $K$ jest środkiem jego boku $AE$, czyli $\left|AK\right|=\left|KE\right|=\frac{1}{2}\left|EB\right|=\frac{1}{2}\left(32-2x\right)=16-x$ oraz $KN\perp AE$.

Wobec tego trójkąty $AKN$ i $APC$ są prostokątne i mają wspólny kąt przy wierzchołku $A$, a więc są podobnetrójkąty podobnepodobne na mocy cechy kkk.
Otrzymujemy stąd zależność $\frac{\left|AK\right|}{\left|KN\right|}=\frac{\left|AP\right|}{\left|PC\right|}$, skąd $\frac{16-x}{x}=\frac{16}{30}$, $8x=15·\left(16-x\right)$, $8x+15x=15·16$, $23x=240$, czyli $x=\frac{240}{23}=10\frac{10}{23}$.

Wynika stąd, że boki prostokąta $KLMN$ mają długości:
$\left|KN\right|=\left|LM\right|=10\frac{10}{23}$ oraz $\left|KL\right|=\left|MN\right|=20\frac{20}{23}$.

$\text{II}$ sposób. Z własności prostokąta $KLMN$ wynika, że $NM\parallel AB$, zatem:

• trójkąt $NMC$ jest także równoramienny,

• $NM\perp CP$,

• środek $Q$ odcinka $NM$ leży na symetralnej $CP$,

• $\left|KP\right|=\left|PL\right|=\left|NQ\right|=\left|QM\right|=x$.

Stąd czworokąty $PQNK$ i $PLMQ$ to kwadraty o boku $x$.

Rk5Q9gPWOC1HF

Na ilustracji przedstawiono trójkąt równoramienny $ABC$. Wewnątrz trójkąta zaznaczono prostokąt $KLMN$, którego wierzchołki K i L leżą na podstawie $AB$ trójkąta, natomiast wierzchołki N i M leżą na jego przeciwległych bokach. Z wierzchołka C, opuszczono wysokość trójkąta, której spodek leży w punkcie P na podstawie $AB$. Zaznaczono punkt Q w miejscu przecięcia się wysokości $PC$ trójkąta z bokiem $MN$ prostokąta.

Zauważmy, że trójkąty $AKN$ i $APC$ są prostokątne oraz mają wspólny kąt przy wierzchołku $A$, więc są podobnetrójkąty podobnepodobne na podstawie cechy kkk.
Zachodzi więc równość $\frac{\left|AK\right|}{\left|KN\right|}=\frac{\left|AP\right|}{\left|PC\right|}$, skąd otrzymujemy $\frac{16-x}{x}=\frac{16}{30}$.
Oznacza to, że
$8x=15·\left(16-x\right)$
$8x+15x=15·16$
$23x=240$
czyli $x=\frac{240}{23}=10\frac{10}{23}$.

Wobec tego boki prostokąta $KLMN$ mają długości:
$\left|KN\right|=\left|LM\right|=10\frac{10}{23}$ oraz $\left|KL\right|=\left|MN\right|=20\frac{20}{23}$.

W równoległoboku $ABCD$ punkt $L$ jest środkiem boku $BC$, a na boku $AB$ wybrano taki punkt $K$, że $\frac{\left|AK\right|}{\left|KB\right|}=\frac{5}{2}$.
Odcinki $DK$ i $DL$ przecinają przekątną $AC$ w punktach – odpowiednio – $P$ i $Q$ (jak na rysunku poniżej).

R14tgSJZV9U5k

Na ilustracji przedstawiono równoległobok $ABCD$. Zaznaczono punkt L na boku $BC$, oraz punkt K na boku $AB$. Pomarańczowym kolorem zaznaczono odcinek łączący wierzchołek D z punktem L, oraz wierzchołek D z punktem K. Kolorem zielonym zaznaczono przekątną $AC$. Punkt P stanowi miejsce przecięcia przekątnej $AC$ z odcinkiem $DK$, natomiast punkt Q stanowi miejsce przecięcia przekątnej $AC$ z odcinkiem $DL$.

Obliczymy $\frac{\left|AP\right|}{\left|CQ\right|}$.

Rozwiązanie

Przyjmijmy, że $\left|BC\right|=2x$ oraz $\left|AB\right|=7y$, gdzie $x$ i $y$ to liczby dodatnie.
Wtedy z warunków zadania otrzymujemy, że $\left|BL\right|=\left|LC\right|=x$, $\left|AK\right|=5y$ oraz $\left|KB\right|=2y$.

Zauważmy, że:

(1) ponieważ proste $AB$ i $CD$ są równoległe, więc równe są pary kątów naprzemianległych: $\left|\sphericalangle PAK\right|=\left|\sphericalangle PCD\right|$ oraz $\left|\sphericalangle PKA\right|=\left|\sphericalangle PDC\right|$. Oznacza to, że trójkąty $AKP$ i $CDP$ są podobnetrójkąty podobnepodobne na mocy cechy kkk.

RYxUGrc4dhCLE

Na ilustracji przedstawiono równoległobok $ABCD$. Zaznaczono punkt L na boku $BC$, oraz punkt K na boku $AB$. Pomarańczowym kolorem zaznaczono odcinek łączący wierzchołek D z punktem L, oraz wierzchołek D z punktem K. Kolorem zielonym zaznaczono przekątną $AC$. Punkt P stanowi miejsce przecięcia przekątnej $AC$ z odcinkiem $DK$, natomiast punkt Q stanowi miejsce przecięcia przekątnej $AC$ z odcinkiem $DL$. Kolorem niebieskim zacieniowano pola trójkątów $APK$, oraz $DPC$.

Stąd $\frac{\left|AP\right|}{\left|PC\right|}=\frac{\left|AK\right|}{\left|CD\right|}=\frac{5y}{7y}=\frac{5}{7}$, a więc $\left|AP\right|=\frac{5}{7}\left|PC\right|$.
Zatem $\left|AC\right|=\left|AP\right|+\left|PC\right|=\frac{5}{7}\left|PC\right|+\left|PC\right|=\frac{12}{7}\left|PC\right|$, czyli $\left|AP\right|=\frac{5}{12}\left|AC\right|$;

(2) ponieważ proste $AD$ i $BC$ są równoległe, więc równe są pary kątów naprzemianległych: $\left|\sphericalangle QAD\right|=\left|\sphericalangle QCL\right|$ oraz $\left|\sphericalangle QDA\right|=\left|\sphericalangle QLC\right|$. Oznacza to, że trójkąty $ADQ$ i $CLQ$ są podobnetrójkąty podobnepodobne na mocy cechy $kkk$.

RGtcCvyzvi0O9

Na ilustracji przedstawiono równoległobok $ABCD$. Zaznaczono punkt L na boku $BC$, oraz punkt K na boku $AB$. Pomarańczowym kolorem zaznaczono odcinek łączący wierzchołek D z punktem L, oraz wierzchołek D z punktem K. Kolorem zielonym zaznaczono przekątną $AC$. Punkt P stanowi miejsce przecięcia przekątnej $AC$ z odcinkiem $DK$, natomiast punkt Q stanowi miejsce przecięcia przekątnej $AC$ z odcinkiem $DL$. Kolorem niebieskim zacieniowano pola trójkątów $ADQ$, oraz $CLQ$.

Stąd $\frac{\left|CQ\right|}{\left|QA\right|}=\frac{\left|CL\right|}{\left|AD\right|}=\frac{x}{2x}=\frac{1}{2}$, a więc $\left|CQ\right|=\frac{1}{2}\left|QA\right|$.
Zatem $\left|AC\right|=\left|AQ\right|+\left|QC\right|=\left|AQ\right|+\frac{{\displaystyle 1}}{{\displaystyle 2}}\left|AQ\right|=\frac{{\displaystyle 3}}{{\displaystyle 2}}\left|AQ\right|$, czyli $\left|CQ\right|=\frac{1}{3}\left|AC\right|$.

Wynika stąd, że
$\frac{\left|AP\right|}{\left|CQ\right|}=\frac{\frac{5}{12}\left|AC\right|}{\frac{1}{3}\left|AC\right|}=\frac{5}{12}·\frac{3}{1}=\frac{5}{4}$.

W trójkącie $ABC$ dane są długości dwóch boków: $\left|BC\right|=4$ i $\left|AC\right|=2$ oraz miara kąta między tymi bokami $\left|\sphericalangle ACB\right|=120°$.
Obliczymy długość odcinka dwusiecznej kąta $\sphericalangle ACB$ zawartego w trójkącie $ABC$.

Rozwiązanie

Oznaczmy przez $D$ punkt, w którym dwusieczna kąta $ACB$ przecina bok $AB$.

Z treści zadania otrzymujemy, że $\left|\sphericalangle ACD\right|=\left|\sphericalangle BCD\right|=\frac{1}{2}·120°=60°$.

Poprowadźmy przez punkt $D$ dwie proste:

• równoległą do $BC$ i oznaczmy przez $E$ punkt jej przecięcia z bokiem $AC$,

• równoległą do $AC$ i oznaczmy przez $F$ punkt jej przecięcia z bokiem $BC$.

R11viQUjdHfvK

Na ilustracji przedstawiono trójkąt $ABC$. Zaznaczono punkt E na boku $AC$, punkt F na boku $BC$, oraz punkt D na boku $AB$. Zaznaczono trzy odcinki, łączące punkt D z punktem E, wierzchołkiem C, oraz punktem F.

Zauważmy, że wtedy równe są dwie pary kątów naprzemianległych: $\left|\sphericalangle FDC\right|=\left|\sphericalangle ECD\right|=60°$ i $\left|\sphericalangle EDC\right|=\left|\sphericalangle FCD\right|=60°$, zatem przekątna $CD$ dzieli romb $EDFC$ na dwa trójkąty równoboczne: $EDC$ i $FDC$.

Re37nmB0SDXaa

Na ilustracji przedstawiono trójkąt $ABC$. Zaznaczono punkt E na boku $AC$, punkt F na boku $BC$, oraz punkt D na boku $AB$. Zaznaczono trzy odcinki, łączące punkt D z punktem E, wierzchołkiem C, oraz punktem F. Kolorem czerwonym zacieniowano powstały trójkąt $DEC$, oraz kolorem niebieskim zacieniowany trójkąt $FCD$.

Oznaczmy szukaną długość odcinka $CD$ przez $x$.
Wtedy $\left|ED\right|=\left|DF\right|=x$, $\left|AE\right|=2-x$ oraz $\left|BF\right|=4-x$.

Zauważmy, że ponieważ proste $BC$ i $ED$ są równoległe oraz trójkąty $ABC$ i $ADE$ mają wspólny kąt przy wierzchołku $A$, więc są one podobnetrójkąty podobnepodobne na mocy cechy kkk.
Wynika stąd, że prawdziwa jest równość $\frac{\left|AE\right|}{\left|ED\right|}=\frac{\left|AC\right|}{\left|CB\right|}$, skąd otrzymujemy
$\frac{2-x}{x}=\frac{2}{4}$
$2x=4·\left(2-x\right)$
$2x+4x=8$
$6x=8$
czyli $x=\frac{4}{3}$.

Oznacza to, że długość szukanego odcinka dwusiecznej kąta $\sphericalangle ACB$ zawartego w trójkącie $ABC$ jest równa $\frac{4}{3}$.

Uwaga. Do rozwiązania powyższego zadania z wykorzystaniem trójkątów podobnychtrójkąty podobnepodobnych można też zastosować pomysł omówiony w poprzednim przykładzie. Wystarczy w tym celu wziąć pod uwagę taki punkt $K$, żeby czworokąt $AKBC$ był równoległobokiem i oznaczyć przez $L$ punkt przecięcia prostej $CD$ z bokiem $AK$ tego równoległoboku (jak na rysunku poniżej).

RspdanbeSDkut

Na ilustracji przedstawiono równoległobok $AKBC$, o dolnej podstawie $AK$ i górnej $BC$. Zaznaczono punkt L na podstawie $AK$. Zaznaczono odcinek łączący wierzchołek C z punktem L, oraz przekątną $AB$. Punkt D stanowi przecięcie odcinka $CL$ z przekątną równoległoboku.

Ponieważ $\left|\sphericalangle ACL\right|=\frac{1}{2}·120°=60°$ oraz $\left|\sphericalangle LAC\right|=180°-\left|\sphericalangle ACB\right|=180°-120°=60°$, więc trójkąt $ALC$ jest równoboczny, skąd otrzymujemy, że $\left|AL\right|=\left|AC\right|=\left|CL\right|=2$.

Ponadto, ponieważ proste $AL$ i $BC$ są równoległe, więc trójkąty $ALD$ i $BCD$ są podobnetrójkąty podobnepodobne na mocy cechy kkk.

Rmlyl9CQPoeEt

Na ilustracji przedstawiono równoległobok $AKBC$, o dolnej podstawie $AK$ i górnej $BC$. Zaznaczono punkt L na podstawie $AK$. Zaznaczono odcinek łączący wierzchołek C z punktem L, oraz przekątną $AB$. Punkt D stanowi przecięcie odcinka $CL$ z przekątną równoległoboku. Kolorem niebieskim zacieniowano trójkąt $ADL$, oraz trójkąt $BCD$.

Wobec tego zachodzi równość $\frac{\left|AL\right|}{\left|BC\right|}=\frac{\left|LD\right|}{\left|CD\right|}$, zatem $\frac{2}{4}=\frac{2-\left|CD\right|}{\left|CD\right|}$, a stąd po niekłopotliwych przekształceniach otrzymujemy $\left|CD\right|=\frac{4}{3}$.

Zainteresowanym rozwijaniem swoich intuicji dotyczących wykorzystywania podobieństwa trójkątów polecamy jeszcze jeden pomysł na rozwiązanie rozpatrywanego zadania.
Weźmy mianowicie pod uwagę punkt $P$ symetryczny do $C$ względem punktu $A$ oraz taki punkt $Q$, żeby czworokąt $BCPQ$ był równoległobokiem.

Nietrudno jest wtedy pokazać, że:

• ten równoległobok jest rombem,

• na jego przekątnej $CQ$ leży punkt $D$,

• trójkąty $CPQ$ i $BCQ$ są równoboczne,

• trójkąty $ACD$ i $BQD$ są podobnetrójkąty podobnepodobne w skaliskala podobieństwa trójkątóww skali $\frac{1}{2}$.

Ryvot7Aj3D8Ph

Na ilustracji przedstawiono równoległobok $PQBC$, o dolnej podstawie $PQ$ i górnej $BC$. Zaznaczono punkt A na boku $CP$. Zaznaczono odcinek łączący wierzchołek B z punktem A, oraz przekątną $CQ$ równoległoboku. Punkt D stanowi przecięcie odcinka $AB$ z przekątną równoległoboku. Kolorem niebieskim zacieniowano trójkąt $ADC$, oraz trójkąt $BDQ$.

Pozostawiamy czytelnikowi zapisanie wynikających z powyższych spostrzeżeń takich zależności, które prowadzą do obliczenia szukanej długości .

Na zakończenie należy wspomnieć, że skuteczną metodą, która pozwala rozwiązać omawiane zadanie jest też zastosowanie wzoru na pole trójkąta z użyciem trygonometrii. Zapiszemy wtedy:

• pole trójkąta $ABC$ jako $P_{ABC}=\frac{1}{2}·2·4·\sin 120°=2\sqrt{3}$,

• pole trójkąta $ADC$ jako $P_{ADC}=\frac{1}{2}·2·\left|CD\right|·\sin 60°=\frac{\sqrt{3}}{2}\left|CD\right|$,

• pole trójkąta $BDC$ jako $P_{BDC}=\frac{1}{2}·4·\left|CD\right|·\sin 60°=\sqrt{3}\left|CD\right|$,

a ponieważ $P_{ABC}=P_{ADC}+P_{BDC}$, więc otrzymujemy równość
$2\sqrt{3}=\frac{\sqrt{3}}{2}\left|CD\right|+\sqrt{3}\left|CD\right|$,
skąd $\left|CD\right|=\frac{4}{3}$.

W trójkącie $ABC$ punkt $D$ jest środkiem boku $AC$, a środkiem odcinka $BD$ jest punkt $S$. Przez punkty $A$ i  $S$ poprowadzono prostą, która przecięła bok $BC$ w punkcie $P$ (zobacz rysunek poniżej).

R1B6YKNSWoZna

Na ilustracji przedstawiono trójkąt $ABC$. Na boku $AC$ zaznaczono punkt D. Zaznaczono odcinek łączący wierzchołek B z punktem D. Z wierzchołka A poprowadzono półprostą przecinającą odcinek $BD$ w punkcie S, oraz bok $BC$ w punkcie P.

Wykażemy, że $\left|PC\right|=\frac{2}{3}\left|BC\right|$.

Rozwiązanie

I sposób. Rozpatrzmy trójkąt $APC$ i oznaczmy środek jego boku $PC$ przez $Q$, jak na poniższym rysunku.

R1OvJDRVnHkcL

Na ilustracji przedstawiono trójkąt $ABC$. Zaznaczono punkt D na boku $AC$, oraz punkt Q na przeciwległym boku $BC$. Zaznaczono odcinek łączący wierzchołek B z punktem D, oraz odcinek łączący punkt D z punktem Q. Z wierzchołka A poprowadzono półprostą przecinającą odcinek $BD$ w punkcie S, oraz bok $BC$ w punkcie P.

Wówczas odcinek $DQ$ jest linią środkową w tym trójkącie, a więc $DQ\parallel AP$.
Ponieważ $S\in AP$, więc trójkąty $BSP$ i $BDQ$ są podobnetrójkąty podobnepodobne na mocy cechy $kkk$, a skalaskala podobieństwa trójkątówskala tego podobieństwa jest równa $\frac{\left|BS\right|}{\left|BD\right|}=\frac{1}{2}$.
Wynika stąd, że $\left|BP\right|=\frac{1}{2}\left|BQ\right|$, skąd $\left|BP\right|=\left|PQ\right|$.
Ponieważ $\left|PQ\right|=\left|QC\right|$, więc ostatecznie otrzymujemy, że $\left|PC\right|=2\left|PQ\right|$ oraz $\left|BC\right|=3\left|PQ\right|$, czyli $\left|PC\right|=\frac{2}{3}\left|BC\right|$.
Koniec dowodu.

Uwaga. Jeżeli przez punkt $D$ poprowadzimy prostą równoległą do $AP$, to z twierdzenia Talesa wynika, że:

• ta prosta przetnie ramię $CB$ kąta $ACB$ w takim punkcie $Q$, że $\frac{\left|AD\right|}{\left|DC\right|}=\frac{\left|PQ\right|}{\left|QC\right|}$. Stąd $\left|CQ\right|=\left|PQ\right|$,

• proste równoległe $DQ$ i $AP$ przecinają ramiona kąta $DBC$ tak, że $\frac{\left|BS\right|}{\left|SD\right|}=\frac{\left|BP\right|}{\left|PQ\right|}$ - stąd $\left|BP\right|=\left|PQ\right|$.

R1Gd1Fna62MMt

Na ilustracji przedstawiono trójkąt $ABC$. Zaznaczono punkt D na boku $AC$, oraz punkt Q na przeciwległym boku $BC$. Zaznaczono odcinek łączący wierzchołek B z punktem D, oraz poprowadzono prostą przechodzącą przez punkty D i Q. Z wierzchołka A poprowadzono półprostą przecinającą odcinek $BD$ w punkcie S, oraz bok $BC$ w punkcie P.

Otrzymane wnioski prowadzą bezpośrednio do tezy zadania.

II sposób. Oznaczmy przez $K$ punkt symetryczny do $A$ względem punktu $S$. Wtedy punkt $S$ jest środkiem odcinków $AK$ i $BD$, czyli czworokąt $ABKD$ jest równoległobokiem (zobacz rysunek poniżej).

R1BuzY38e2etr

Na ilustracji przedstawiono trójkąt $ABC$. Na boku $AC$ zaznaczono punkt D. Zaznaczono odcinek łączący wierzchołek B z punktem D. Z wierzchołka A poprowadzono półprostą przecinającą odcinek $BD$ w punkcie S, oraz bok $BC$ w punkcie P. Na półprostej $AP$ zaznaczono taki punkt K, że powstał równoległobok $ABDK$.

Zatem $\left|AD\right|=\left|BK\right|$ oraz $AD\parallel BK$.
Ponieważ $D$ jest środkiem odcinka $AC$, więc $\left|DC\right|=\left|BK\right|$ oraz $DC\parallel BK$, czyli czworokąt $DBKC$ jest równoległobokiem.

RV8mVehLHSzzg

Na ilustracji przedstawiono trójkąt $ABC$. Na boku $AC$ zaznaczono punkt D. Zaznaczono odcinek łączący wierzchołek B z punktem D. Z wierzchołka A poprowadzono półprostą przecinającą odcinek $BD$ w punkcie S, oraz bok $BC$ w punkcie P. Na półprostej $AP$ zaznaczono taki punkt K, że powstał równoległobok $ABDK$. Punkt K połączono z wierzchołkiem C trójkąta i zaznaczono czworokąt o wierzchołkach A, B, K, C.

Ponieważ $S$ jest środkiem odcinka $BD$, więc $BS\parallel KC$, a także $\left|BS\right|=\frac{1}{2}\left|BD\right|=\frac{1}{2}\left|CK\right|$.
Wynika stąd, że trójkąty $CKP$ oraz $SBP$ są podobnetrójkąty podobnepodobne na mocy cechy kkk, a skalaskala podobieństwa trójkątówskala tego podobieństwa jest równa $2$.

RXbqJ93mJxueo

Na ilustracji przedstawiono trójkąt $ABC$. Na boku $AC$ zaznaczono punkt D. Zaznaczono odcinek łączący wierzchołek B z punktem D. Z wierzchołka A poprowadzono półprostą przecinającą odcinek $BD$ w punkcie S, oraz bok $BC$ w punkcie P. Na półprostej $AP$ zaznaczono taki punkt K, że powstał równoległobok $ABDK$. Punkt K połączono z wierzchołkiem C trójkąta i zaznaczono czworokąt o wierzchołkach A, B, K, C. Niebieskim kolorem zacieniowano trójkąt $KPC$, oraz $PSB$.

Oznacza to, że $\left|PC\right|=2\left|PB\right|$, skąd $\left|BC\right|=3\left|PB\right|$ czyli $\left|CP\right|=\frac{2}{3}\left|CB\right|$. To właśnie należało udowodnić.

III sposób. Oznaczmy przez $E$ punkt symetryczny do $B$ względem punktu $D$. Wtedy punkt $D$ jest środkiem odcinków $AC$ i $BE$, czyli czworokąt $ABCE$ jest równoległobokiem (zobacz rysunek poniżej).

R1HUeMcbprbGU

Na ilustracji przedstawiono równoległobok $ABCE$. Zaznaczono przekątne $AC$ i $BE$ równoległoboku, które przecinają się w punkcie D. Z wierzchołka A poprowadzono półprostą, która przecina przekątną $EB$ w punkcie S i bok $BC$ w punkcie P.

Oznacza to, że $\left|EA\right|=\left|BC\right|$ oraz $EA\parallel BC$.

Oznaczmy długość odcinka $BS$ przez $x$. Wtedy z warunków zadania mamy $\left|DS\right|=x$, a z własności równoległoboku otrzymujemy $\left|DE\right|=\left|DB\right|=2x$, czyli $\left|SE\right|=3x$.
Ponieważ punkt $P$ leży na boku $BC$, więc $BP\parallel AE$, co oznacza, że trójkąty $AES$ i $PBS$ są podobnetrójkąty podobnepodobne na mocy cechy $kkk$.

R1Hz9R1NZoQzp

Na ilustracji przedstawiono równoległobok $ABCE$. Zaznaczono przekątne $AC$ i $BE$ równoległoboku, które przecinają się w punkcie D. Z wierzchołka A poprowadzono półprostą, która przecina przekątną $EB$ w punkcie S i bok $BC$ w punkcie P. Niebieskim kolorem zacieniowano trójkąt $ESA$, oraz $PSB$.

Wobec tego $\frac{\left|PB\right|}{\left|AE\right|}=\frac{\left|BS\right|}{\left|ES\right|}=\frac{x}{3x}=\frac{1}{3}$, a ponieważ $\left|EA\right|=\left|BC\right|$,

więc $\left|PB\right|=\frac{1}{3}\left|BC\right|$, czyli $\left|PC\right|=\frac{2}{3}\left|BC\right|$.
Koniec dowodu.

IV sposób. Przyjmijmy, że $\left|AB\right|=c$ i oznaczmy przez $E$ punkt symetryczny do $B$ względem punktu $D$, a przez $F$ – punkt przecięcia prostych $EC$ oraz $AS$ (jak na rysunku poniżej).

RchRXOze6ausK

Na ilustracji przedstawiono równoległobok $ABCE$. Zaznaczono przekątne $AC$ i $BE$ równoległoboku, które przecinają się w punkcie D. Z wierzchołka A poprowadzono półprostą, która przecina przekątną $EB$ w punkcie S i bok $BC$ w punkcie P. Zaznaczono punkt F, który stanowi miejsce przecięcia półprostej $AP$ z przedłużeniem górnej podstawy $EC$.

Wtedy czworokąt $ABCE$ jest równoległobokiem, co oznacza, że $\left|CE\right|=c$ oraz $AB\parallel EF$.
Wobec tego trójkąty $ABS$ i $FES$ są podobnetrójkąty podobnepodobne (co stwierdzamy na podstawie cechy $kkk$), a ponieważ $\left|ES\right|=3\left|BS\right|$ (jak to pokazaliśmy w poprzednim sposobie rozwiązania), więc skalaskala podobieństwa trójkątówskala tego podobieństwa jest równa $3$.

R1CLOkCmYgpPb

Na ilustracji przedstawiono równoległobok $ABCE$. Zaznaczono przekątne $AC$ i $BE$ równoległoboku, które przecinają się w punkcie D. Z wierzchołka A poprowadzono półprostą, która przecina przekątną $EB$ w punkcie S i bok $BC$ w punkcie P. Zaznaczono punkt F, który stanowi miejsce przecięcia półprostej $AP$ z przedłużeniem górnej podstawy $EC$. Niebieskim kolorem zacieniowano trójkąt $EFS$, oraz $ASB$.

Stąd $\left|EF\right|=3\left|AB\right|=3c$.

Ponieważ $AB\parallel CF$, więc trójkąty $ABP$ i $FCP$ są podobnetrójkąty podobnepodobne na mocy cechy $kkk$, a skalaskala podobieństwa trójkątówskala tego podobieństwa jest równa $\frac{\left|CF\right|}{\left|AB\right|}=\frac{2c}{c}=2$.

RaedQI7VO05JV

Na ilustracji przedstawiono równoległobok $ABCE$. Zaznaczono przekątne $AC$ i $BE$ równoległoboku, które przecinają się w punkcie D. Z wierzchołka A poprowadzono półprostą, która przecina przekątną $EB$ w punkcie S i bok $BC$ w punkcie P. Zaznaczono punkt F, który stanowi miejsce przecięcia półprostej $AP$ z przedłużeniem górnej podstawy $EC$. Niebieskim kolorem zacieniowano trójkąt $APB$, oraz $CPF$.

Zatem $\left|CP\right|=2\left|PB\right|$, czyli $\left|CP\right|=\frac{2}{3}\left|BC\right|$.
Koniec dowodu.

Uwaga. W rozwiązaniu omawianego zadania można (i warto) zastosować znany lemat, który pozwala zapisać proporcję rozpatrywanych odcinków w zależności od pól odpowiednich trójkątów.
Prawdziwa jest mianowicie równość $\frac{\left|CP\right|}{\left|PB\right|}=\frac{P_{ACS}}{P_{ABS}}$.

Rl5vTVzw9poWR

Na ilustracji przedstawiono trójkąt $ABC$. Na boku $AC$ zaznaczono punkt D. Zaznaczono odcinek łączący wierzchołek B z punktem D. Z wierzchołka A poprowadzono półprostą przecinającą odcinek $BD$ w punkcie S, oraz bok $BC$ w punkcie P. Połączono wierzchołek C z punktem S. Niebieskim kolorem zacieniowano trójkąt $ASC$, natomiast czerwonym kolorem zacieniowano trójkąt $ASB$.

Ponadto:

• ponieważ $SA$ jest środkową w trójkącie $BDA$, więc pola trójkątów $BSA$ i $DSA$ są równe,

• ponieważ $SD$ jest środkową w trójkącie $ACS$, więc pola trójkątów $DSA$ i $CSD$ są równe.

Wynika stąd, że $\frac{P_{ACS}}{P_{ABS}}=\frac{2P_{ADS}}{P_{ADS}}=2$, a więc $\left|CP\right|=2\left|PB\right|$, czyli $\left|CP\right|=\frac{2}{3}\left|BC\right|$, a to właśnie było do udowodnienia.

W trójkącie $ABC$ dwusieczna kąta wewnętrznego $ACB$ przecina bok $AB$ w punkcie $D$.