Własności podobieństwa

Twierdzenie: Własności podobieństwa

Jeżeli trójkąt $A'B'C'$ jest podobny do trójkąta $ABC$ w skali podobieństwa $k$ , to stosunek obwodów tych trójkątów jest równy skali podobieństwa, a stosunek ich pól jest równy kwadratowi skali podobieństwa

\frac{L_{A'B'C'}}{L_{ABC}} = k

\frac{P_{A'B'C'}}{P_{ABC}} = k^{2} .

Rozważmy trójkąty prostokątne $A' B' C'$ oraz $ABC$ podobne w skali $k$ . Wysokości tych trójkątów zaznaczone na rysunku są równe odpowiednio $h^{'}$ i $h$ .

R1VHuayKbu3sN1

Rysunek trójkątów prostokątnych A B C o bokach długości a, b, c oraz A prim B prim C prim o bokach długości a prim, b prim, c prim. W trójkącie ABC wysokość AD równa jest h, a w trójkącie A prim B prim C prim wysokość A prim D prim jest równa h prim.

Zauważmy, że skoro trójkąt $A' B' C'$ jest podobny do trójkąta $ABC$ , to

\frac{|C' A'|}{|CA|} = k

oraz

|∢ ACD| = |∢ A' C' D'|, |∢ CDA| = |∢ C' D' A'| = 90 ° .

Stąd

|∢ CAD| = |∢ C' A' D'| = 90 ° - |∢ A' C' D'| .

Na mocy cechy podobieństwa $k ą t - bok - k ą t$ trójkąt $A' C' D'$ jest podobny do trójkąta $ACD$ i skala podobieństwa wynosi $k$ . Stąd

\frac{h'}{h} = k,

czyli stosunek długości wysokości w trójkątach podobnych jest taki sam jak stosunek długości boków.

{P_{A' B' C'}}^{} = \frac{1}{2} c^{'} h^{'} = \frac{1}{2} kc ∙ kh = \frac{1}{2} ch ∙ k^{2} = P_{ABC} ∙ k^{2}

\frac{P_{A' B' C'}}{P_{ABC}} = k^{2}

Stosunek pól trójkątów podobnych jest więc równy kwadratowi skali podobieństwa.

L_{A' B' C'} = a^{'} + b^{'} + c^{'} = ka + kb + kc = k (a + b + c) = k ∙ L_{ABC}

\frac{L_{A' B' C'}}{L_{ABC}} = k

Stosunek obwodów trójkątów podobnych jest równy skali podobieństwa.

Rozważmy dowolny trójkąt $ABC$ . Zaznaczmy w nim środki dwóch boków i połączmy je odcinkiem. Taki odcinek nazywamy linią środkową trójkąta.

R1L7JjpNkgN0w1

Rysunek trójkąta A B C z zaznaczoną linią środkową DE, która jest równoległa do boku AB.

Zauważmy, że trójkąty $DCE$ i $ABC$ są podobne na mocy cechy $bok - kąt - bok$ . Kąt $DCE$ jest wspólny dla obu trójkątów oraz

\frac{|DC|}{|AC|} = \frac{|EC|}{|BC|} = \frac{1}{2} .

Z definicji podobieństwa wynika, że $\frac{|DE|}{|AB|} = \frac{1}{2}$ . Mamy też równość kątów

|∢CDE| = |∢CAB|, |∢CED| = |∢CBA| .

Ponieważ punkty $C$ , $D$ , $A$ są współliniowe, więc kąty $CDE$ i $CAB$ są odpowiadające. Stąd wynika równoległość $DE$ i $AB$ .

R1XFfvJJJcr6N1

Rysunek trójkąta A B C z zaznaczoną linią środkową DE, równoległą do boku AB. Długość boku AB oznaczono 2z, odcinek DE ma długość z. Punkt D dzieli bok AC na dwa równe odcinki o długości x, a punkt E dzieli bok BC na dwa równe odcinki o długości y.

o linii środkowej trójkąta

Twierdzenie: o linii środkowej trójkąta

Odcinek łączący środki dwóch boków w trójkącie jest równoległy do trzeciego boku trójkąta i jest od niego dwa razy krótszy.

RZF5you7n5V6Z1

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

Podstawy trapezu $ABCD$ mają długości $a$ oraz $b$ . Punkt $E$ jest środkiem boku $AD$ , a punkt $F$ jest środkiem boku $CB$ . Odcinek łączący środki ramion trapezu nazywamy linią środkową w trapezie. Obliczymy jego długość.

RFEUAKFdRvzAR1

Rysunek trapezu A B C D z zaznaczoną linią środkową EF równoległą do podstawy AB.

Poprowadźmy przekątną $AC$ i oznaczmy przez $G$ jej środek.

RNF4y5gF023LW1

Rysunek trapezu A B C D z zaznaczoną przekątną AC.

Odcinek $EG$ jest odcinkiem łączącym środki boków w trójkącie $ADC$ . Stąd $EG$ jest równoległy do podstawy trapezu $DC$ oraz

|EG| = \frac{1}{2} a .

Podobnie odcinek $GF$ jest odcinkiem łączącym środki boków trójkąta $ABC$ , czyli jest równoległy do podstawy trapezu $AB$ oraz

|GF| = \frac{1}{2} b .

Ponieważ oba odcinki $EG$ i $GF$ są równoległe do podstaw trapezu, więc punkty $E, G, F$ leżą na jednej prostej.

RXsZkDRzk5BEM1

Rysunek trapezu A B C D z zaznaczoną linią środkową EF oraz przekątną AC. Punkt G jest punktem przecięcia linii środkowej EF i przekątnej AC.

Mamy

|EF| = |EG| + |GF| = \frac{1}{2} a + \frac{1}{2} b = \frac{a + b}{2} .

Stąd twierdzenie:

o linii środkowej w trapezie

Twierdzenie: o linii środkowej w trapezie

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

RLFCoKQvm4KfS1

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

Ćwiczenie 1

Ćwiczenie 2

Punkty $K$ , $L$ i $M$ dzielą ramię $AC$ trójkąta $ABC$ na odcinki równej długości. Punkty $N$ , $O$ i $P$ wybrano na boku $BC$ tak, że odcinki $MN$ , $LO$ i $KP$ są równoległe do podstawy $AB$ (patrz rysunek). Długość odcinka $MN$ jest równa $2$ .

RszwvKi2eXIAE1

Rysunek trójkąta A B C z zaznaczonymi odcinkami: KP, LO, MN równoległymi do podstawy AB.

Wtedy

RAUcaydm1tqWo

$"|"LO"|" = 4$
$"|"KP"|" = 8$
$\frac{P_{CMN}}{P_{ABC}} = \frac{1}{16}$

Ćwiczenie 3

W trapezie $ABCD$ podstawa $AB$ jest dłuższa od podstawy $CD$ . Ramiona $AD$ i $BC$ mają długości $|AD| = 10$ , $|BC| = 12$ . Proste zawierające te ramiona przecinają się w punkcie $S$ i $|SD| = 15$ . Wówczas

RTfTPnfVnilDV

Trójkąt $SDC$ jest podobny do trójkąta $SAB$ w skali $\frac{3}{5}$ .
Długość odcinka $SC$ jest równa $18$ .
$\frac{P_{SAB}}{P_{SDC}} = \frac{9}{25}$

Ćwiczenie 4

W trapezie $ABCD$ podstawa $AB$ jest dłuższa od podstawy $CD$ . Punkt przecięcia przekątnych trapezu dzieli każdą z nich w stosunku $2 : 3$ . Krótsza podstawa trapezu ma długość $5$ . Oblicz długość drugiej podstawy.
W trapezie $ABCD$ podstawy mają długości $| AB | = 9$ i $| CD | = 3$ . Przekątna $BD$ ma długość $8$ . Na jakie odcinki dzieli tę przekątną prosta $AC$ ?
W trapezie $ABCD$ podstawy mają długości $| AB | = 8$ i | $CD | = 2$ . Przekątne $AC$ i $BD$ przecinają się w punkcie $S$ . Trójkąt $SAB$ ma pole równe $10$ . Oblicz pole trójkąta $SCD$ .

$|AB| = 7,5$
$2$ $6$
$P_{SCD} = \frac{5}{8}$

Req2wtWll5pPB1
Trójkąt $SDC$ jest podobny do trójkąta $SBA$ , ponieważ odpowiednie kąty (zaznaczone na rysunku kolorami) są wierzchołkowe albo naprzemianległe, czyli równe. Otrzymujemy więc równanie
$\frac{2 x}{3 x} = \frac{5}{|AB|}$
$|AB| = 7,5 .$
Ri85VOyvZKVQb1
Trójkąt $SDC$ jest podobny do trójkąta $SBA$ (patrz podpunkt a)).Mamy więc $\frac{3}{9} = \frac{|DS|}{|SB|}$ oraz $|DS| + |SB| = 8$ . Stąd
$\frac{1}{3} = \frac{|DS|}{8 - |DS|}$
$3 |DS| = 8 - |DS|$
$4 |DS| = 8$
$|DS| = 2, |SB| = 8 - 2 = 6 .$
Trójkąt $SDC$ jest podobny do trójkąta $SBA$ , a skala tego podobieństwa jest równa $k = \frac{2}{8} = \frac{1}{4}$ . Mamy więc

\frac{P_{SDC}}{P_{SBA}} = {(\frac{1}{4})}^{2} = \frac{1}{16}

P_{SDC} = \frac{1}{16} P_{SBA} = \frac{1}{16} ∙ 10 = \frac{5}{8} .

Ćwiczenie 5

Zaznacz poprawne stwierdzenie.

REykXe9ohJ3Kk

W trójkącie prostokątnym przyprostokątne mają długości $3$ i $6$ . Wtedy wysokość poprowadzona z wierzchołka kąta prostego dzieli przeciwprostokątną na odcinki długości $\sqrt{5}$ i $2 \sqrt{5}$ .
W trójkącie prostokątnym $ABC$ stosunek długości przyprostokątnych $AB$ i $AC$ jest równy 15:8. Poprowadzono wysokość $AD$ . Pole trójkąta $ACD$ jest równe $16$ . Wtedy pole trójkąta $ABC$ jest równe $72,25$ .
W trójkącie prostokątnym o przyprostokątnych długości $a$ i $b$ wysokość poprowadzona z wierzchołka kąta prostego jest równa $\frac{ab}{\sqrt{a^{2} + b^{2}}}$ .

Ćwiczenie 6

Zaznacz poprawne stwierdzenie.

RLwFXQxcaVLvE

Odcinki $<mfenced open="|" close="|" separators="|"> AD = 6$ i $<mfenced open="|" close="|" separators="|"> BE = 7$ są wysokościami trójkąta ostrokątnego $ABC$ , którego bok $BC$ ma długość $8$ . Wtedy, $<mfenced open="|" close="|" separators="|"> AC = \frac{28}{3}$ .
Trójkąt $ABC$ jest równoramienny o ramionach długości $25$ i podstawie długości $30$ . Wtedy wysokości w tym trójkącie są równe $20$ i $24$ .

Ćwiczenie 7

W trójkąt prostokątny $ABC$ o przyprostokątnych $|AB| = 4$ i $|AC| = 7$ wpisano kwadrat, tak jak na rysunku. Oblicz długość boku tego kwadratu.
R2fSHSeE0N67K1
W trójkąt $ABC$ o podstawie $|AB| = 40$ i wysokości równej $16$ opuszczonej z wierzchołka $C$ na tę podstawę wpisano prostokąt, tak jak na rysunku. Długości odcinków $EF$ i $DE$ pozostają w stosunku $2 : 5$ . Znajdź długości boków prostokąta $DEFG$ .
RHFlKfici9rXv1
W trójkąt prostokątny $ABC$ , w którym kąt $ACB$ jest prosty, wpisano kwadrat $DEGF$ o boku długości $4$ . Bok $GF$ kwadratu leży na przeciwprostokątnej $AB$ trójkąta. Wierzchołki $E$ , $D$ leżą odpowiednio na przyprostokątnych $AC$ i $CB$ . Odcinek $AG$ jest równy $2$ . Oblicz pole trójkąta $ABC$ .
R15czgW7tASpQ1

$\frac{28}{11}$
$8$ $20$
$39,2$

Trójkąt $CEF$ jest podobny do trójkąta $CAB$ na mocy cechy podobieństwa $kąt - kąt - kąt$ , ponieważ trójkąty mają wspólny kąt przy wierzchołku $C$ oraz oba są prostokątne. Kąt odpowiedni w obu trójkątach jest więc równy. Zachodzi więc równość

\frac{|CE|}{|CA|} = \frac{x}{|AB|}

\frac{7 - x}{7} = \frac{x}{4}

28 - 4 x = 7 x

11 x = 28

x = \frac{28}{11} .

Prosta $GF$ jest równoległa do $AB$ , stąd odpowiednie kąty (patrz rysunek) są równe, jako kąty odpowiadające. Trójkąt $CGF$ jest podobny do trójkąta $CAB$ na mocy cechy podobieństwa $kąt - kąt - kąt$ .
Reqm3dA1BtkhU1
Przez $2 x$ oznaczmy długość odcinka $EF$ . Wówczas odcinek $DE$ ma długość $5 x$ .Stosunek długości odpowiednich wysokości w trójkątach podobnych jest równy skali podobieństwa, czyli jest równy stosunkowi długości odpowiednich boków. Stąd otrzymujemy
$\frac{16 - 2 x}{16} = \frac{5 x}{40}$
$\frac{8 - x}{8} = \frac{x}{8}$
$8 - x = x$
$x = 4 .$
Długości boków prostokąta $DEFG$ są równe $2 x = 8$ , oraz $5 x = 20$ .
Zauważmy, że otrzymane trójkąty są do siebie podobne oraz podobne do całego trójkąta $ABC$ .
RVweXl5SebgEj1
Z podobieństwa trójkątów $AGE$ oraz $DFB$ obliczamy długość odcinka $BF$ $\frac{|AG|}{|DF|} = \frac{|EG|}{|FB|}$ , czyli $\frac{2}{4} = \frac{4}{|FB|}$ , skąd $|FB| = 8 .$ Długość przeciwprostokątnej trójkąta $ABC$ jest więc równa $14$ .Długość przeciwprostokątnej $AE$ w trójkącie $AGE$ obliczymy z twierdzenia Pitagorasa
${|AE|}^{2} = 2^{2} + 4^{2} = 20 .$
Ponieważ $|AE| > 0,$ to
$|AE| = 2 \sqrt{5} .$
Skala podobieństwa trójkąta $AGE$ do trójkąta $ACB$ jest więc równa
$k = \frac{2 \sqrt{5}}{14} = \frac{\sqrt{5}}{7} .$
Pole trójkąta $AGE$ jest równe $P_{AGE} = 4$ . Stosunek pól trójkątów podobnych jest równy kwadratowi skali podobieństwa, czyli
$\frac{P_{AGE}}{P_{ACB}} = \frac{5}{49} = \frac{4}{P_{ACB}} .$
Otrzymujemy więc
$P_{ACB} = \frac{196}{5} = 39,2 .$

Ćwiczenie 8

Odpowiedz na pytania.

W trapezie $ABCD$ długość podstawy $AB$ jest równa $28$ , a długości ramion trapezu $AD$ i $BC$ są odpowiednio równe $20$ i $15$ . Kąty $ADB$ i $DCB$ , zaznaczone na rysunku, mają równe miary. Oblicz obwód tego trapezu.
RsgPgJaKxRi6r1
Dwa trójkąty podobne $ABC$ i $BDE$ umieszczono obok siebie (patrz rysunek) tak, że punkty $A$ , $B$ i $D$ leżą na jednej prostej. Punkty $K$ , $L$ i $M$ są odpowiednio środkami odcinków $AB$ , $BD$ i $CE$ . Udowodnij, że trójkąt $KLM$ jest podobny do każdego z trójkątów $ABC$ i $BDE$ .
RajJuslbDxkSQ1
Przekątne czworokąta $ABCD$ przecinają się w punkcie $S$ i zachodzi równość $|AS| ∙ |DS| = |BS| ∙ |CS|$ . Udowodnij, że czworokąt $ABCD$ jest trapezem.

$|∢ CDB| = |∢ DBA|,$ gdyż są to kąty naprzemianległe. Stąd na mocy cechy podobieństwa $kąt - kąt - kąt$ trójkąt $ABD$ jest podobny do trójkąta $BCD$ .
R1NuVO80PLNiL1
Z podobieństwa tych trójkątów otrzymujemy
$\frac{20}{15} = \frac{28}{|DB|} = \frac{|DB|}{|DC|} .$
Stąd
$|DB| = \frac{15 ∙ 28}{20} = 21$
$\frac{|DC|}{|DB|} = \frac{|DB|}{|AB|}$
$|DC| = \frac{21^{2}}{28} = 15,75 .$
Obwód trapezu jest równy
$L = 20 + 28 + 15 + 15,75 = 78,75 .$
Ponieważ trójkąty $ABC$ i $BDE$ są podobne, więc $|∢ CAB| = |∢ EBD|$ . Punkty $A$ , $B$ i $D$ leżą na jednej prostej. Otrzymaliśmy więc dwa kąty odpowiadające równej miary. Stąd $AC$ jest równoległe do $BE$ . Figura $ABEC$ jest więc trapezem. Odcinek $KM$ łączy środki jego ramion, jest więc równoległy do podstaw $AC$ oraz $BE$ , zatem

|∢ CAB| = |∢ MKB| = |∢ EBD| .

Podobnie można wykazać, że figura $CBDE$ jest trapezem. Odcinek $ML$ łączy środki jego ramion, zatem jest równoległy do podstaw $CB$ i $DE$ trapezu $CBDE$ . Stąd

|∢ CBA| = |∢ MLA| = |∢ EDA| .

Z cechy podobieństwa $kąt - kąt - kąt$ wynika, że trójkąty $KLM$ , $ABC$ , $BDE$ są podobne.

RIS6IxvSakLzH1

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

Przekształćmy równość daną w zadaniu do postaci $\frac{|AS|}{|CS|} = \frac{|BS|}{|DS|}$ . Zauważmy, że miara kąta $DSC$ jest równa mierze kąta $ASB$ , ponieważ są to kąty wierzchołkowe. Zatem trójkąty $ABS$ i $CDS$ są podobne, co wynika z cechy podobieństwa trójkątów $bok - kąt - bok$ . Wynika stąd, że

|∢ CDS| = |∢ SBA| .

Są to kąty naprzemianległe i równe, zatem bok $CD$ jest równoległy do $AB$ . Czworokąt $ABCD$ jest więc trapezem.

Ćwiczenie 9

Zaznacz poprawne stwierdzenie.

RzF2Gyd0tFYj5

Stosunek długości przekątnych dwóch prostokątów podobnych jest równy $4 : 7$ . Wówczas stosunek pól tych prostokątów jest równy $4 : 7$ .
Stosunek pól dwóch trójkątów podobnych wynosi $144 : 225$ . Wówczas stosunek obwodów tych trójkątów jest równy $12 : 15$ .
W trójkącie $ABC$ poprowadzono odcinek $DE$ równoległy do podstawy $AB$ , który ramię $CB$ podzielił w stosunku $1 : 4$ , licząc od wierzchołka $C$ . Wówczas pole trójkąta $DEC$ stanowi $\frac{1}{16}$ pola trójkąta $ABC$ .

Ćwiczenie 10

Zaznacz poprawne stwierdzenie.

R1P3c6zmrvzDK

Ramiona trapezu mają długości $3$ i $5$ , a obwód trapezu jest równy $20$ . Wtedy długość odcinka łączącego środki ramion tego trapezu jest równa $12$ .
Wysokość trapezu jest równa $4$ , a odcinek łączący środki ramion trapezu ma długość $5$ . Wtedy pole tego trapezu jest równe $20$ .
W trapezie o podstawach długości $a$ i $b$ (gdzie $b > a$ ) odcinek łączący środki przekątnych ma długość $\frac{b - a}{2}$ .

Ćwiczenie 11

Odcinki $DE$ i $BC$ są równoległe oraz $|DB| = 8$ , $|DE| = 12$ , $|BC| = 16$ .

R4wvxAjdinvNE1

Rysunek trójkąta A B C opisanego w zadaniu. Na boku AB zaznaczono punkt D, a na boku AC zaznaczono punkt E.

Wówczas długość odcinka $AD$ jest równa

RvG5jZPGyU0RE

$4$
$8$
$12$
$24$

Ćwiczenie 12

Prosta równoległa do boku $AB$ trójkąta $ABC$ odcina z niego trójkąt, którego pole stanowi $\frac{1}{4}$ pola trójkąta $ABC$ . Wynika stąd, że ta prosta dzieli boki $AC$ i $BC$ w stosunku

RMAgW1ONXLGsJ

$1 : 1$
$1 : 2$
$1 : 3$
$1 : 4$

Ćwiczenie 13

W prostokącie $ABCD$ o bokach długości $6$ i $8$ odległość wierzchołka $D$ od przekątnej $AC$ jest równa

R1BtdMswhTG9h

$7,5$
$4,8$
$\frac{40}{3}$
$4 \sqrt{3}$

Ćwiczenie 14

W trapezie $ABCD$ podstawa $AB$ jest $2$ razy dłuższa od podstawy $CD$ . Punkt $S$ jest punktem przecięcia się przekątnych. Wówczas stosunek $\frac{|DS|}{|DB|}$ jest równy

Rj20ViJJHB6OF

$\frac{1}{2}$
$\frac{1}{3}$
$\frac{2}{3}$
$\frac{2}{3}$

Ćwiczenie 15

Drzewo rzuca cień długości $12 m$ . W tym samym czasie stojący obok człowiek o wzroście $180 cm$ rzuca cień długości $120 cm$ . Drzewo ma wysokość

R1ZT3CezaZBNl

$8 m$
$9 m$
$12 m$
$18 m$

Ćwiczenie 16

Odcinek łączący środki ramion trapezu ma długość $8$ . Krótsza podstawa ma długość $2$ . Wtedy długość dłuższej podstawy jest równa

RMGRmSh2qwNbp

$6$
$10$
$14$
$16$

Ćwiczenie 17

W trójkąt równoboczny o boku długości $4$ wpisano kwadrat, w taki sposób, że jego dwa wierzchołki leżą na jednym z boków trójkąta, a dwa pozostałe wierzchołki leżą na pozostałych dwóch ramionach trójkąta.

RURk9hBgcPPrv1

Rysunek trójkąta równobocznego A B C z wpisanym wewnątrz kwadratem F G H I opisanego w zadaniu.

Długość boku kwadratu jest równa

RevVCVQ7e2lqh

$8 \sqrt{3} - 12$
$4 \sqrt{3} - 6$
$\frac{\sqrt{3}}{2}$
$2 \sqrt{3}$

Ćwiczenie 18

Dany jest trójkąt równoramienny o podstawie długości $10$ i ramionach długości $13$ . Wysokość opuszczona na ramię tego trójkąta jest równa

RKRgXNOUF7Nva

$\frac{156}{5}$
$\frac{156}{10}$
$\frac{60}{13}$
$\frac{120}{13}$

Ćwiczenie 19

Trójkąt $ABC$ ma boki długości $3$ , $5$ , $7$ . W trójkącie $A'B'C'$ ,podobnym do trójkąta $ABC$ , najkrótszy bok ma długość $4 \frac{1}{2}$ . Obwód trójkąta $A'B'C$ ' jest równy

Rby7bN4AskGFf

$10$
$22 \frac{1}{2}$
$33 \frac{3}{4}$
$40$

Ćwiczenie 20

Suma obwodów dwóch trójkątów podobnych jest równa $20$ . Stosunek pól tych trójkątów jest równy $16 : 1$ . Obwody tych trójkątów są równe

RJV7zNFhQH5qS

$8$ i $12$
$6$ i $14$
$2$ i $18$
$4$ i $16$

Ćwiczenie 21

W trójkącie $ABC$ długości boków są równe $|AC| = 6$ , $|BC| = 9$ oraz $|AB| = 12 .$ Na bokach $AC$ i $BC$ wybrano punkty $D$ i $E$ , które podzieliły te boki w stosunku $1 : 2$ , licząc od wierzchołka $C$ . Oblicz obwód trójkąta $DEC$ .

$9$

RyAVnMv08uya91

Rysunek trójkąta ABC - pomocniczy do rozwiązania zadania. Bok AC podzielono na dwa odcinki AD =2x i DC =x. Bok BC podzielono na dwa odcinki BE =2y i EC =y.

Trójkąty $CDE$ i $CAB$ mają wspólny kąt $DCE$ oraz boki przy tym kącie są proporcjonalne

\frac{| CD |}{| CA |} = \frac{x}{3 x} = \frac{1}{3}

\frac{| CE |}{| CB |} = \frac{y}{3 y} = \frac{1}{3} .

Zatem trójkąty $CDE$ i $CAB$ są podobne, co wynika z cechy podobieństwa $bok - kąt - bok$ . Skala tego podobieństwa jest równa $\frac{1}{3}$ .
Boki trójkąta $DEC$ są więc równe

|CE| = \frac{1}{3} ∙ 9 = 3, |CD| = \frac{1}{3} ∙ 6 = 2, |DE| = \frac{1}{3} ∙ 12 = 4 .

Ostatecznie obwód trójkąta $DEC$ jest równy

L_{DEC} = 3 + 2 + 4 = 9 .

Ćwiczenie 22

Punkty $D$ i $E$ leżą na boku $AC$ trójkąta $ABC$ i dzielą go w stosunku $1 : 2 : 3$ , licząc od wierzchołka $C$ . Przez punkty $D$ i $E$ poprowadzono proste równoległe do boku $AB$ . Oblicz, w jakim stosunku pozostają pola figur, na jakie te proste podzieliły trójkąt $ABC$ .

$1 : 8 : 27$

RVs2LXX5bE7yx1

Rysunek trójkąta A B C - pomocniczy do rozwiązania zadania. Bok CA podzielono na trzy odcinki CD =x, DE =2x i EA =3x. Punkty F, G leżą na boku BC. Odcinki DF i EG są równoległe do boku AB.

Pole trapezu $DEGF$ obliczymy jako różnicę pól trójkątów $CEG$ i $CDF$ .
Trójkąt $CDF$ jest podobny do trójkąta $CEG$ (na mocy cechy podobieństwa $kąt - kąt - kąt$ ) oraz $k = \frac{x}{3 x} = \frac{1}{3}$ . Stosunek pól tych trójkątów jest równy kwadratowi skali podobieństwa

\frac{P_{CDF}}{P_{CEG}} = \frac{1}{9} .

Stąd

P_{CEG} = 9 P_{CDF},

a zatem

P_{DEGF} = 9 P_{CDF} - P_{CDF} = 8 P_{CDF} .

Pole trapezu $EABG$ obliczymy jako różnicę pól trójkątów $CAB$ i $CEG$ .
Trójkąt $CDF$ jest podobny do trójkąta $CAB$ (na mocy cechy podobieństwa $kąt - kąt - kąt$ ) oraz $k = \frac{x}{6 x} = \frac{1}{6}$ . Stosunek pól tych trójkątów jest równy kwadratowi skali podobieństwa

\frac{P_{CDF}}{P_{CAB}} = \frac{1}{36} .

Stąd

P_{CEG} = 36 P_{CDF},

a zatem

P_{EABG} = 36 P_{CDF} - {9 P}_{CDF} = 27 P_{CDF} .

Ćwiczenie 23

W trapezie $ABCD$ o podstawach długości $|AB| = 18$ i $|CD| = 6$ przedłużono ramiona do punktu $S$ ich przecięcia. Długości odcinków $DS$ i $CS$ są równe $|DS| = 3$ i $|CS| = 5 .$ Oblicz długości ramion trapezu $ABCD$ .

$6$ i $10$

Rm26QLDyLQTKc1

Rysunek trapezu A B C D opisanego w zadaniu.

Trójkąty $SDC$ oraz $SAB$ są podobne na mocy cechy podobieństwa $kąt - kąt - kąt$ . Otrzymujemy równanie

\frac{| SD |}{|SD| + | DA |} = \frac{| DC |}{|AB|}

\frac{3}{3 + | DA |} = \frac{6}{18}

\frac{3}{3 + | DA |} = \frac{1}{3}

3 + |DA| = 9

|DA| = 6 .

Z podobieństwa trójkątów $SDC$ oraz $SAB$ mamy też

\frac{| SC |}{|SC| + | CB |} = \frac{| DC |}{|AB|}

\frac{5}{5 + | DA |} = \frac{6}{18}

\frac{5}{5 + | DA |} = \frac{1}{3}

5 + |DA| = 15

|DA| = 10 .

Ćwiczenie 24

Dany jest trójkąt prostokątny $ABC$ o kącie prostym przy wierzchołku $C$ . Punkt $D$ jest spodkiem wysokości poprowadzonej z wierzchołka $C$ tego trójkąta. Wykaż, że $|CD| = \sqrt{|AD| ∙ |BD|}$ .

R1dKLvmN0gVIn1

Rysunek trójkąta A B C opisanego w zadaniu.

Oznaczmy przez $α$ kąt w trójkącie $ABC$ znajdujący się przy wierzchołku $A$ . Zauważmy, ze trójkąty $ADC$ oraz $CBD$ mają kąty $90 °$ , $α$ , $90 ° - α$ . Zatem trójkąty $ADC$ oraz $CDB$ są podobne, na mocy cechy podobieństwa $kąt - kąt - kąt$ . Możemy napisać proporcję

\frac{|CD|}{|BD|} = \frac{|AD|}{|CD|},

z której otrzymujemy

{|CD|}^{2} = |AD| ∙ |BD| .

Ponieważ $|CD| > 0$ , to

|CD| = \sqrt{|AD| ∙ |BD|} .

Ćwiczenie 25

W trapezie $ABCD$ dłuższa podstawa $AB$ ma długość $10$ . Przekątne tego trapezu przecinają się w punkcie $S$ , który dzieli każdą z nich w stosunku $3 : 5$ . Oblicz długość krótszej podstawy.

$6$

R1M7KiWSgHVeL1

Rysunek trapezu A B C D z przekątnymi AC i BD pomocniczy do rozwiązania zadania. Odcinek DS =3x, odcinek SB =5x.

Kąty $ASB$ oraz $CSD$ są wierzchołkowe, zatem mają taką samą miarę. Kąty $DCS$ oraz $BAS$ są naprzemianległe. Ponieważ podstawy trapezu są równoległe, miary kątów $DCS$ i $BAS$ są równe. Podobnie równe są miary kątów naprzemianległych $SDC$ i $SBA$ .
Trójkąt $ASB$ jest podobny do trójkąta $CSD$ na mocy cechy $kąt - kąt - kąt$ podobieństwa trójkątów. Skala podobieństwa wynosi $\frac{5}{3} .$
Stąd

\frac{| AB |}{| CD |} = \frac{5}{3}

\frac{10}{| CD |} = \frac{5}{3} .

Zatem

|CD| = 6 .

Ćwiczenie 26

W trójkącie $ABC$ podstawa $AB$ ma długość $24,$ a wysokość opuszczona na tę podstawę jest równa $9$ . W trójkąt ten wpisano prostokąt $DEFG$ , taki jak na rysunku. Boki tego prostokąta pozostają w stosunku $3 : 4$ , przy czym dłuższy bok leży na podstawie trójkąta $ABC$ . Oblicz pole wpisanego prostokąta.

RWiuKA81JafBo1

Rysunek trójkąta A B C, opisanego w zadaniu, z wpisanym prostokątem D E F G. Punkty G i F zaznaczono odpowiednio na bokach AC i BC. Bok DE prostokąta leży na boku AB trapezu.

$48$

Odcinek $GF$ jest równoległy do $AB$ , skąd miary odpowiednich kątów są równe jako kątów odpowiadających. Trójkąt $CGF$ jest podobny do trójkąta $CAB$ na mocy cechy podobieństwa $kąt - kąt - kąt$ .

R17PzMLYHXE0k1

Rysunek trójkąta A B C z wpisanym prostokątem DEFG służący pomocniczo do rozwiązania zadania. Dłuższy bok GF prostokąta ma długość 4x, a bok krótszy DG długość 3x.

Stosunek odpowiednich wysokości w trójkątach podobnych jest równy skali podobieństwa, czyli jest równy stosunkowi długości odpowiednich boków. Stąd otrzymujemy

\frac{9 - 3 x}{9} = \frac{4 x}{24}

\frac{3 - x}{3} = \frac{x}{6}

3 - x = \frac{x}{2}

6 = 3 x

x = 2 .

Boki prostokąta $EFGD$ są równe $3 x = 6$ oraz $4 x = 8$ , zatem pole jest równe $6 ∙ 8 = 48$ .

Ćwiczenie 27

Na zewnątrz trójkąta prostokątnego $ABC$ , w którym kąt $ACB$ jest prosty oraz $|AC| = 5$ i $|BC| = 12$ , zbudowano kwadrat $ACDE$ . Punkt $H$ należy do prostej $AB$ i $|∢HEA| = 90 °$ . Oblicz pole trójkąta $HAE$ .

R1YrOZToULyhX1

Rysunek trójkąta A B C i kwadratu A C D E zbudowanego na zewnątrz trójkąta. Krótsza przyprostokątna AC trójkąta jest jednocześnie bokiem kwadratu z zadania.

$\frac{125}{24}$

Oznaczmy miarę kąta $ABC$ przez $α$ . Mamy wówczas

|∢BAC| = 90 ° - α .

Kąt $HAB$ jest kątem półpełnym, więc

|∢HAE| = 180 ° - 90 ° - (90 ° - α) = α .

Zatem trójkąty prostokątne $ABC$ i $HAE$ są podobne na mocy cechy $kąt - kąt - kąt$ podobieństwa trójkątów. Z proporcji

\frac{5}{| EH |} = \frac{12}{5}

mamy

|EH| = \frac{25}{12} .

Pole trójkąta $HAE$ wynosi

P_{HAE} = \frac{1}{2} ∙ |EH| ∙ |EA| = \frac{1}{2} ∙ \frac{25}{12} ∙ 5 = \frac{125}{24} .

Ćwiczenie 28

Dany jest równoległobok $ABCD$ . Na przedłużeniu przekątnej $AC$ poza punkt $C$ , wybrano punkt $P$ , taki że $|AC| = 3 |CP|$ . Znajdź stosunek pola trójkąta $DCP$ do pola równoległoboku $ABCD$ .

$\frac{1}{6}$

RHDyQRTudItRe1

Rysunek równoległoboku A B C D, o wysokości h, pomocniczy do rozwiązania zadania. Przekątna równoległoboku AC ma długość 3x. Odcinek CP =x. Wysokość trójkąta D C P to h z indeksem dolnym jeden.

Zaznaczmy odcinek $PE$ równoległy do $BC$ oraz odcinek $CE$ równoległy do $AB$ . Powstały trójkąt $CEP$ jest podobny do trójkąta $ABC$ . Skala tego podobieństwa jest równa

k = \frac{x}{3 x} = \frac{1}{3} .

Stosunek wysokości trójkątów podobnych jest równy skali podobieństwa $\frac{h_{1}}{h} = \frac{1}{3}$ , skąd $h = 3 h_{1}$ .
Trójkąt $DCP$ oraz równoległobok $ABCD$ mają podstawę tej samej długości. Oznaczmy ją przez $a$ .
Pola tych figur wyrażają się wzorami

P_{DCP} = \frac{1}{2} a h_{1},

P_{ABCD} = ah = a ∙ 3 h_{1} .

Zatem stosunek tych pól jest równy

\frac{P_{DCP}}{P_{ABCD}} = \frac{\frac{1}{2} a h_{1}}{a ∙ 3 h_{1}} = \frac{1}{6} .

Ćwiczenie 29

W trójkącie $ABC$ środkowa $CD$ ma długość $8$ . Punkt $K$ leży na środkowej $CD$ i $| CK | = 2$ . Na boku $AC$ leży taki punkt $M$ , że proste $MK$ i $BC$ są równoległe. Oblicz $| AM | : |MC| .$

$7 : 1$

R29AHg8vgE3o51

Rysunek trójkąta A B C służący pomocniczo do rozwiązania zadania.

Długość odcinka $|DK|$ wynosi

|DK| = |CD| - |CK|,

czyli

|DK| = 8 - 2 = 6 .

Oznaczmy przez $L$ punkt wspólny prostej $MK$ i boku $AB$ . Trójkąty $DKL$ i $DCB$ są podobne na mocy cechy $kąt - kąt - kąt$ podobieństwa trójkątów (ponieważ proste $KL$ i $CB$ są równoległe, więc kąty odpowiadające są sobie równe). Otrzymujemy proporcję $\frac{| DB |}{| DL |} = \frac{| DC |}{| DK |}$ , czyli $\frac{| DB |}{| DL |} = \frac{8}{6} = \frac{4}{3}$ .
Oznaczmy długość odcinka $BL$ przez $x$ . Mamy wtedy $|DL| = 3 x$ oraz $|DB| = 4 x$ .
Punkt $D$ jest środkiem odcinka $AB$ . Stąd

|AD| = |DB| = 4 x .

Trójkąt $ALM$ jest podobny do trójkąta $ABC$ (na mocy cechy $kąt - kąt - kąt$ podobieństwa trójkątów). Mamy więc $\frac{|AM|}{| AC |} = \frac{| AL |}{| AB |}$ , czyli $\frac{|AM|}{| AC |} = \frac{7 x}{8 x} = \frac{7}{8}$ . Otrzymujemy

|AM| = \frac{7}{8} |AC|,

skąd

|MC| = |AC| - |AM| = \frac{1}{8} |AC| .

Szukany stosunek wynosi $\frac{|AM|}{| MC |} = \frac{\frac{7}{8} |AC|}{\frac{1}{8} |AC|} = 7$ . Ostatecznie $| AM | : | MC | = 7 : 1$ .

Ćwiczenie 30

W rombie $ABCD$ kąt przy wierzchołku $A$ jest ostry. Na boku $AB$ leży taki punkt $E$ , że proste $DE$ i $AB$ są prostopadłe. Przekątna $AC$ przecina odcinek $DE$ w punkcie $F$ , przy czym $| DF | = 13$ i $| FE | = 12$ . Oblicz pole tego rombu.

$1625$

R1EfTHCvpDtgs1

Rysunek rombu A B C D opisanego w zadaniu.

Odcinek $DE$ jest wysokością rombu.
Trójkąty $AEF$ i $CDF$ są podobne na mocy cechy $kąt - kąt - kąt$ podobieństwa trójkątów (odpowiednie kąty w obu trójkątach są równe jako wierzchołkowe albo naprzemianległe). Otrzymujemy proporcję $\frac{| AE |}{| CD |} = \frac{| EF |}{| DF |}$ , czyli $\frac{| AE |}{| CD |} = \frac{12}{13}$ . Oznaczmy

|AE| = 12 x, |CD| = 13 x .

Czworokąt $ABCD$ jest rombem, stąd wszystkie jego boki mają tę samą długość, zatem $|AD| = |CD| = 13 x$ .
Z twierdzenia Pitagorasa dla trójkąta $AED$ otrzymujemy

{(12 x)}^{2} + 25^{2} = {(13 x)}^{2}

{144 x}^{2} + 625 = {169 x}^{2}

{25 x}^{2} = 625

Ponieważ $x > 0$ , to

x = 5 .

Stąd

|AB| = 13 ∙ 5 = 65 .

Otrzymujemy pole

P = |AB| ∙ |DE| = 65 ∙ 25 = 1625 .

Ćwiczenie 31

W trójkącie prostokątnym $ABC$ przyprostokątne mają długości $| AC | = 13$ , $6$ i $| BC | = 25,5$ . Punkt $D$ leży na przeciwprostokątnej $AB$ i $| AD | = 8,5$ . Na przyprostokątnej $AC$ leży taki punkt $E$ , że proste $DE$ i $AC$ są prostopadłe. Na przyprostokątnej $BC$ leży taki punkt $F$ , że proste $DF$ i $BC$ są prostopadłe. Oblicz pole czworokąta $DFC E$ .

$72$

RYsz2bHQpq98n1

Rysunek trójkąta prostokątnego A B C opisanego w zadaniu.

I sposób

Pole trójkąta $ABC$ jest równe

P_{ABC} = \frac{1}{2} ∙ 13,6 ∙ 22,5 = 173,4 .

Z twierdzenia Pitagorasa dla trójkąta $ABC$ mamy

|AB| = \sqrt{{(13,6)}^{2} + {(25,5)}^{2}} = 28,9 .

Długość odcinka $DB$ jest równa

|DB| = |AB| - |AD| = 28,9 - 8,5 = 20,4 .

Trójkąty $ADE$ i $ABC$ są podobne na mocy cechy $kąt - kąt - kąt$ podobieństwa trójkątów. Skala tego podobieństwa jest równa

k = \frac{8,5}{28,9} = \frac{85}{289} = \frac{5}{17} .

Stosunek pól tych trójkątów jest równy kwadratowi skali podobieństwa $\frac{P_{ADE}}{P_{ABC}} = {(\frac{5}{17})}^{2} = \frac{25}{289}$ . Otrzymujemy

P_{ADE} = \frac{25}{289} P_{ABC .}

Trójkąty $DBF$ i $ABC$ są podobne na mocy cechy $kąt - kąt - kąt$ podobieństwa trójkątów i skala tego podobieństwa jest równa

k_{1} = \frac{20,4}{28,9} = \frac{204}{289} = \frac{12}{17} .

Wtedy stosunek pól tych trójkątów jest równy $\frac{P_{DBF}}{P_{ABC}} = {(\frac{12}{17})}^{2} = \frac{144}{289}$ , skąd $P_{DBF} = \frac{144}{289} P_{ABC}$ .
Pole prostokąta $DFCE$ wynosi

P_{DFCE} = P_{ABC} - P_{ADE} - P_{DBF} = P_{ABC} - \frac{25}{289} P_{ABC} - \frac{144}{289} P_{ABC} = \frac{120}{289} P_{ABC},

czyli

P_{DFCE} = \frac{120}{289} ∙ 173,4 = 72 .

II sposób

Z twierdzenia Pitagorasa dla trójkąta $ABC$ mamy

|AB| = \sqrt{{(13,6)}^{2} + {(25,5)}^{2}} = 28,9 .

Długość odcinka $DB$ jest równa

|DB| = |AB| - |AD| = 28,9 - 8,5 = 20,4 .

Trójkąty $ADE$ i $ABC$ są podobne na mocy cechy $kąt - kąt - kąt$ podobieństwa trójkątów. Otrzymujemy więc $\frac{|ED|}{25,5} = \frac{8,5}{28,9}$ , skąd

|ED| = 7,5 .

Trójkąty $ABF$ i $ABC$ są podobne na mocy cechy $kąt - kąt - kąt$ podobieństwa trójkątów. Otrzymujemy więc $\frac{|FD|}{13,6} = \frac{20,4}{28,9}$ , skąd

|FD| = 9,6 .

Szukane pole jest więc równe

P_{DFCE} = 7,5 ∙ 9,6 = 72 .

Ćwiczenie 32

W równoległoboku $ABCD$ dane są długości boków $| AB | = 12$ i $| BC | = 16$ . Punkt $E$ leży na boku $AB$ i $| AE | = 8$ . Punkt $F$ leży na boku $BC$ i $| CF | = 4$ . Proste $DE$ i $DF$ przecinają przekątną $AC$ w punktach odpowiednio $K$ i $L$ . Wykaż, że $| AK | = 2 | LC |$ .

R1A86ajMRTLQz1

Rysunek równoległoboku A B C D opisanego w zadaniu.

Długości odcinków $EB$ i $BF$ są odpowiednio równe $4$ i $12$ .
Trójkąty $AEK$ i $CDK$ są podobne na mocy cechy $kąt - kąt - kąt$ podobieństwa trójkątów (równe kąty są zaznaczone kolorami na rysunku).

Rbe9C3zogR80m1

Rysunek równoległoboku A B C D - pomocniczy do rozwiązania zadania. W równoległoboku zaznaczono punkt K, tak że powstały trójkąty prostokątne A E K i C D K o równych kątach. Odcinek DC =12, odcinek AE =8.

Mamy więc proporcję $\frac{| AE |}{| CD |} = \frac{| AK |}{| CK |}$ , czyli $\frac{| AK |}{| CK |} = \frac{8}{12}$ .
Stąd $|AK| = \frac{2}{3} | CK |$ .
Wiemy, że $|AC| = |AK| + |KC| .$ Zatem $|AK| = \frac{2}{5} | AC |$ .
Trójkąty $CFL$ i $ADL$ są podobne na mocy cechy $kąt - kąt - kąt$ podobieństwa trójkątów (równe kąty są zaznaczone kolorami na rysunku).

R1NJcN93Rf7Nm1

Rysunek równoległoboku A B C D - pomocniczy do rozwiązania zadania. W równoległoboku zaznaczono punkt L, tak że powstały trójkąty prostokątne A D L i C L F o równych kątach. Odcinek AD =16, odcinek CF =4.

Mamy więc $\frac{| CF |}{| AD |} = \frac{| LC |}{| AL |}$ , czyli $\frac{| LC |}{| AL |} = \frac{4}{16}$ .
Stąd $|LC| = \frac{1}{4} | AL |$ .
Wiemy, że $|AC| = |AL| + |LC| .$ Zatem

|LC| = \frac{1}{5} |AC| .

Otrzymujemy więc

\frac{|AK|}{|LC|} = \frac{\frac{2}{5} | AC |}{\frac{1}{5} | AC |} = 2 .

Stąd

| AK | = 2 | LC | .

Ćwiczenie 33

W trójkącie $ABC$ kąt przy wierzchołku $A$ ma miarę większą od kąta przy wierzchołku $B$ . Punkt $K$ jest środkiem boku $AB$ . Prosta zawierająca wysokość tego trójkąta, poprowadzona z wierzchołka $C$ , przecina bok $AB$ w punkcie $D$ , przy czym $| AD | : | DB | = 5 : 11$ . Symetralna boku $AB$ przecina bok $BC$ w punkcie $L$ i przedłużenie boku $AC$ w punkcie $M$ . Oblicz.

$| BL | : | LC |$
$| AC | : | CM |$
$| KL | : | LM |$

$8 : 3$
$5 : 3$
$5 : 6$

Rt7Y8dgvm7fpW1

Rysunek trójkąta A B C opisanego w zadaniu. Odcinek AD =5x, odcinek DK =3x i odcinek KB =8x.

Oznaczmy długość odcinka $AD$ przez $5 x$ , a długość odcinka $DB$ przez $11 x$ . Punkt $K$ dzieli odcinek $AB$ na połowy. Stąd $|KB| = 8 x$ oraz $|DK| = 3 x$ .

Trójkąt $BKL$ jest podobny do trójkąta $BDC$ na mocy cechy $kąt - kąt - kąt$ podobieństwa trójkątów. Stąd $\frac{|BK|}{| BD |} = \frac{| BL |}{| BC |}$ , czyli $\frac{| BL |}{| BC |} = \frac{8 x}{11 x} = \frac{8}{11}$ . Otrzymaliśmy więc

|BL| = \frac{8}{11} |BC|,

stąd

|LC| = \frac{3}{11} |BC| .

Szukany stosunek jest równy $\frac{| BL |}{| LC |} = \frac{\frac{8}{11} | BC |}{\frac{3}{11} | BC |} = \frac{8}{3}$ .

Trójkąt $ADC$ jest podobny do trójkąta $AKM$ na mocy cechy $kąt - kąt - kąt$ podobieństwa trójkątów. Stąd $\frac{| AD |}{| AK |} = \frac{| AC |}{| AM |}$ , czyli $\frac{| AC |}{| AM |} = \frac{5 x}{8 x} = \frac{5}{8}$ . Otrzymaliśmy więc

|AC| = \frac{5}{8} |AM|,

stąd

|CM| = \frac{3}{8} |AM| .

Szukany stosunek jest równy $\frac{| AC |}{| CM |} = \frac{\frac{5}{8} | AM |}{\frac{3}{8} | AM |} = \frac{5}{3}$ .

Z podobieństwa trójkątów $BKL$ i $BDC$ mamy $\frac{|KL|}{| CD |} = \frac{| BK |}{| BD |} = \frac{8}{11}$ .

Stąd

|KL| = \frac{8}{11} |CD| = \frac{40}{55} |CD| .

Z podobieństwa trójkątów $ADC$ i $AKM$ mamy

\frac{| CD |}{| KM |} = \frac{| AD |}{| AK |} = \frac{5}{8} .

Stąd

|KM| = \frac{8}{5} |CD| = \frac{88}{55} |CD| .

Otrzymujemy $\frac{|KL|}{|KM|} = \frac{\frac{40}{55} |CD|}{\frac{88}{55} |CD|} = \frac{5}{11}$ . Zatem

|KL| = \frac{5}{11} |KM|,

skąd

|LM| = \frac{6}{11} |KM| .

Szukany stosunek jest równy $\frac{|KL|}{|LM|} = \frac{\frac{5}{11} |KM|}{\frac{6}{11} |KM|} = \frac{5}{6}$ .

Ćwiczenie 34

W trapezie równoramiennym $ABCD$ podstawy mają długości $| AB | = 20$ , $| CD | = 5$ . Przekątne $AC$ i $BD$ przecinają się w punkcie $S$ . Prosta równoległa do podstawy $AB$ i przechodząca przez punkt $S$ przecina ramiona $AD$ i $BC$ w punktach odpowiednio $K$ i $L$ . Oblicz długość odcinka $KL$ .

Rx1oQeCdwrhTZ1

Trójkąty $ABS$ i $CDS$ są podobne na mocy cechy $kąt - kąt - kąt$ podobieństwa trójkątów (kąty o równej mierze są zaznaczone na rysunku kolorami).

RNFz50MM9WQWe1

Rysunek równoległoboku A B C D - pomocniczy do rozwiązania zadania. W równoległoboku zaznaczono kąty parami równe D A B i A D C, D C B i C B A oraz C S D i A S B.

Mamy proporcję $\frac{| AS |}{| CS |} =$ $\frac{| AB |}{| CD |}$ , czyli $\frac{| AS |}{| CS |} = \frac{20}{5}$ , skąd $|AS| = 4 | CS |$ .
Oznaczmy długość boku $CS$ przez $x$ . Mamy wtedy $|AS| = 4 x$ oraz $|AC| = 5 x$ .
Trapez $ABCD$ jest równoramienny, więc trójkąty $ABS$ i $CDS$ też są równoramienne, zatem

|DS| = x, |BS| = 4 x

oraz

|BD| = 5 x .

Trójkąty $BKS$ i $BCD$ są podobne na mocy cechy $kąt - kąt - kąt$ podobieństwa trójkątów.

RKoaPuLoEfjhV1

Rysunek równoległoboku A B C D - pomocniczy do rozwiązania zadania. Na boku BD zaznaczono punkt K, tak że odcinek SK jest równoległy do obu podstaw trapezu.

Mamy więc $\frac{| KS |}{| CD |} = \frac{| BS |}{| BD |}$ , czyli $\frac{| KS |}{5} = \frac{4 x}{5 x}$ . Stąd $|KS| = 4$ .
Analogicznie trójkąty $DLS$ i $DAB$ są podobne na mocy cechy $kąt - kąt - kąt$ podobieństwa trójkątów.

RXOr87kdH823J1

Rysunek równoległoboku A B C D - pomocniczy do rozwiązania zadania. Na boku CA zaznaczono punkt L, tak że odcinek SL jest równoległy do obu podstaw trapezu.

Mamy więc $\frac{| LS |}{| CD |} = \frac{| AS |}{| AC |}$ , czyli $\frac{| LS |}{5} = \frac{4 x}{5 x}$ . Stąd $|LS| = 4$ .
Otrzymujemy

|KL| = |LS| + |KS| = 4 + 4 = 8 .

Ćwiczenie 35

W trójkącie $ABC$ dane są długości boków $| AC | = 8$ , $| BC | = 12$ i $| AB | = 10$ . Na bokach $AB$ , $BC$ i $CA$ wybrano odpowiednio takie punkty $D$ , $E$ i $F$ , że czworokąt $CFDE$ jest rombem. Oblicz długość boku tego rombu oraz długości odcinków $DB$ i $DA$ .

$\frac{24}{5}$ , $4$ i $5$

Oznaczmy długość boku rombu przez $x$ . Mamy wówczas $|AF| = 8 - x$ , $|BE| = 12 - x$ .

RMi1WTLCpuPSS1

Trójkąty $ADF$ i $DBE$ są podobne na mocy cechy $kąt - kąt - kąt$ podobieństwa trójkątów. Stąd otrzymujemy $\frac{| AF |}{| DE |} = \frac{| FD |}{| EB |}$ , czyli $\frac{8 - x}{x} = \frac{x}{12 - x}$ . Zatem

(8 - x) (12 - x) = x^{2}

96 - 12 x - 8 x + x^{2} = x^{2}

20 x = 96

x = \frac{24}{5} .

Zatem

|FD| = |DE| = \frac{24}{5}

|AF| = 8 - \frac{24}{5} = \frac{16}{5}

|BE| = 12 - \frac{24}{5} = \frac{36}{5} .

Trójkąty $ADF$ i $ABC$ są podobne na mocy cechy $kąt - kąt - kąt$ podobieństwa trójkątów. Stąd otrzymujemy $\frac{| AF |}{| AC |} = \frac{| AD |}{| AB |}$ , czyli $\frac{\frac{16}{5}}{8} = \frac{| AD |}{10}$ . Stąd $|AD| = 4$ oraz

|DB| = |AB| - |AD| = 10 - 4 = 6 .

Ćwiczenie 36

Na bokach $AB$ , $BC$ i $AC$ trójkąta $ABC$ leżą odpowiednio takie punkty $D$ , $E$ i $F$ , że prosta $DE$ jest równoległa do boku $AC$ i prosta $DF$ jest równoległa do boku $BC$ . Pole trójkąta $ADF$ jest równe $18$ , a pole trójkąta $BDE$ jest równe $50$ . Oblicz pole trójkąta $ABC$ .

$128$

RvGlTPFybOoU71

Rysunek trójkąta A B C opisanego w zadaniu. Odpowiednie kąty w trójkątach A D F i B D E mają takie same miary.

Trójkąty $ADF$ i $ABC$ są podobne na mocy cechy $kąt - kąt - kąt$ podobieństwa trójkątów oraz trójkąty $DBE$ i $ABC$ są podobne na mocy cechy $kąt - kąt - kąt$ podobieństwa trójkątów.
Stosunek pól trójkątów podobnych jest równy kwadratowi podobieństwa, więc
$\frac{P_{ADF}}{P_{ABC}} = {(\frac{| AD |}{| AB |})}^{2}$ oraz $\frac{P_{DBE}}{P_{ABC}} = {(\frac{| BD |}{| AB |})}^{2}$ .
Ponieważ $|AD| > 0, |AB| > 0, |DB| > 0$ , to
$\frac{| AD |}{| AB |} = \sqrt{\frac{18}{P_{ABC}}}$ oraz $\frac{| BD |}{| AB |} = \sqrt{\frac{50}{P_{ABC}}}$ .
Zatem $|AD| = \sqrt{\frac{18}{P_{ABC}}}$ |AB| oraz $|BD| = \sqrt{\frac{50}{P_{ABC}}} | AB |$ .
Ponieważ $|AD| + | BD | = | AB |$ , to otrzymujemy równanie

\sqrt{\frac{18}{P_{ABC}}} | AB | + \sqrt{\frac{50}{P_{ABC}}} |AB| = | AB |

\sqrt{\frac{18}{P_{ABC}}} + \sqrt{\frac{50}{P_{ABC}}} = 1

\frac{\sqrt{18}}{\sqrt{P_{ABC}}} + \frac{\sqrt{50}}{P_{ABC}} = 1

{\sqrt{18} + \sqrt{50} = P}_{ABC}

P_{ABC} = 3 \sqrt{2} + 5 \sqrt{2}

P_{ABC} = 8 \sqrt{2}

P_{ABC} = 128 .

Przykłady

Kąty w okręgu