Zadania

Ćwiczenie 1

W trójkącie nierównoramiennym $ABC$ punkt $D$ jest środkiem boku $AB .$ Wykaż, że odległości punktów $A$ i $B$ od prostej $CD$ są równe.

Szkic dowodu.
Oznaczamy przez $E$ i $F$ takie punkty na prostej $CD$ , że prosta $AE$ jest prostopadła do prostej $CD$ oraz prosta $BF$ jest prostopadła do prostej $CD$ .

RTY4UG2G2ve9s1

Rysunek trójkąta A B C służący pomocniczo do rozwiązania.

Ponieważ

$| ∡ADE | = | ∡BDF |$ , jako kąty wierzchołkowe,
$| AD | = | DB |$ , jako połowy boku $AB$ ,
$| ∡AED | = 90 °$ i $| ∡BFD | = 90 °$ , skąd

| ∡EAD | = 90 ° - | ∡ADE | = 90 ° - | ∡BDF | = | ∡FBD |

to na mocy cechy kąt‑bok‑kąt trójkąty $ADE$ i $BDF$ są przystające.
Wynika z tego, że $| AE | = | BF | .$

Ćwiczenie 2

Pięciokąt $ABCDE$ jest foremny. Wykaż, że wszystkie przekątne tego pięciokąta są równe.

Szkic dowodu.
Zauważmy, że z jednego wierzchołka pięciokąta foremnego można poprowadzić dwie przekątne, np. przekątne $AC$ i $AD$ poprowadzone z wierzchołka $A$ .

RybKT1UdqEgUL1

Rysunek pięciokąta A B C D E z poprowadzonymi przekątnymi AC i AD oraz z zaznaczonym kątem 108 stopni przy wierzchołku E. Rysunek pomocniczy do rozwiązania zadania.

Każda z tych przekątnych odcina od pięciokąta $ABCDE$ trójkąt równoramienny, którego ramionami są dwa kolejne boki tego pięciokąta, np. przekątna $AC$ odcina trójkąt $ABC$ , a przekątna $AD$ odcina trójkąt $AED$ . Kąt między ramionami w każdym z takich trójkątów jest kątem wewnętrznym pięciokąta foremnego $ABCDE$ , więc ma miarę $108 °$ . Na mocy cechy bok‑kąt‑bok stwierdzamy, że wszystkie takie trójkąty są przystające. Zatem mają one równe podstawy, a to znaczy, że wszystkie przekątne w pięciokącie foremnym są równe.
Uwaga. Na pięciokącie foremnym można opisać okrąg. Każda z przekątnych pięciokąta jest cięciwą koła ograniczonego tym okręgiem. Mniejszemu odcinkowi koła, otrzymanemu z jego podziału taką cięciwą, odpowiada w każdym przypadku kąt środkowy $144 °$ .

RHF6BjjoHVowm1

Rysunek pięciokąta A B C D E z zaznaczonym kątem środkowym A S C o mierze 144 stopnie. Rysunek pomocniczy do rozwiązania zadania.

Zatem wszystkie te wycinki są przystające, więc wszystkie przekątne w pięciokącie foremnym są równe.

Ćwiczenie 3

Ośmiokąt $ABCDEFGH$ jest foremny. Wykaż, że czworokąt $ACEG$ jest kwadratem.

Szkic dowodu.
Trójkąty: $ABC$ , $CDE$ , $EFG$ , $GHA$ są równoramienne, ich ramionami są dwa kolejne boki ośmiokąta $ABCDEFGH$ . Kąt między ramionami w każdym z takich trójkątów jest kątem wewnętrznym ośmiokąta foremnego, więc ma miarę $135 °$ .

R6TUDKBJf9Mdn1

Rysunek ośmiokąta foremnego A B C D E F G H z zaznaczonym kwadratem A C E G. Rysunek pomocniczy do rozwiązania zadania.

Na mocy cechy bok‑kąt‑bok stwierdzamy, że wszystkie takie trójkąty są przystające. Zatem mają one równe podstawy, czyli

| AC | = | CE | = | EG | = | GA |,

a suma obu kątów przy tej podstawie jest równa $180 ° - 135 °$ , czyli $45 °$ .
Obliczymy miarę kąta $ACE$ . Ponieważ $| ∡BCD | = 135 °$ , a suma miar kątów $BCA$ i $ECD$ jest równa $45 °$ , to $|∡ACE| = 135 ° - 45 ° = 90 ° .$ To znaczy, że każdy kąt wewnętrzny czworokąta $ACEG$ jest równy $90 °$ , więc jest on kwadratem.
Uwaga. Na ośmiokącie foremnym można opisać okrąg. Wierzchołki ośmiokąta foremnego dzielą ten okrąg na osiem równych łuków. Zauważmy, że np. kąt wpisany $ACE$ jest oparty na łuku, który stanowi $\frac{4}{8}$ okręgu opisanego, zatem jest półokręgiem. Wobec tego kąt $ACE$ jest prosty. Podobnie pokazujemy, że każdy z kątów $CEG$ , $EGA$ i $GAC$ jest prosty.

Ćwiczenie 4

Na przekątnej $AC$ równoległoboku $ABCD$ wybrano punkty $E$ i $F$ , takie że $| AE | = | CF |$ .
Wykaż, że $| BF | = | DE |$ .

Szkic dowodu.
Ponieważ

$| AD | = | CB |$ , jako przeciwległe boki równoległoboku $ABCD$ ,
$| ∡EAD | = | ∡FCB |,$
$| AE | = | CF |$ , z warunków zadania,

to na mocy cechy bok‑kąt‑bok trójkąty $ADE$ i $CBF$ są przystające.
Wynika z tego, że $| DE | = | BF |$ .

Ćwiczenie 5

W trapezie równoramiennym $ABCD$ podstawa $AB$ jest dłuższa od podstawy $CD$ . Na przekątnych $AC$ i $BD$ wybrano punkty odpowiednio $P$ i $Q$ tak, że $|AP| = \frac{1}{3} |AC|$ i $|BQ| = \frac{1}{3} |BD|$ .
Wykaż, że $| AQ | = | BP | .$

Szkic dowodu.
Wykażemy najpierw, że w trapezie równoramiennym kąty przy podstawie są równe, a także równe są długości obu przekątnych.
Oznaczmy przez $E$ i $F$ spodki wysokości trapezu $ABCD$ opuszczonych z wierzchołków odpowiednio $D$ i $C$ na podstawę $AB$ trapezu. Przyjmujemy też oznaczenia długości podstaw, ramion i wysokości, jak pokazano na rysunku

RL7AVreeHGhj91

Rysunek trapezu równoramiennego A B C D, którego dłuższa podstawa ma długość a, krótsza b, ramiona c. W trapezie oznaczono wysokości DE i CF. Rysunek pomocniczy do rozwiązania zadania.

Trójkąty $DAE$ i $CBF$ są przystające $-$ korzystamy z cechy bok‑kąt‑bok:

| $DE | = | CF | = h,$
$| ∡DEA | = | ∡CFB | = 90 °,$
z twierdzenia Pitagorasa ${|AE|}^{2} = {|BF|}^{2} = c^{2} - h^{2} .$ Ponieważ $|AE| > 0$ i $|BF| > 0$ , to

| AE | = | BF | = \sqrt{c^{2} - h^{2} .}

Wynika z tego, że $| AE | = | BF |$ oraz równość miar kątów $DAE$ i $CBF .$
Rozpatrzmy trójkąty $ABC$ i $BAD .$

R1HS2Fn7n4LHG1

Rysunek trapezu równoramiennego A B C D, którego dłuższa podstawa ma długość a, krótsza b, ramiona c. W trapezie zaznaczono przekątne AC i BD. Rysunek pomocniczy do rozwiązania zadania.

Ponieważ:

$AB$ jest wspólnym bokiem trójkątów $ABC$ i $BAD$ ,
$| ∡DAB | = | ∡CBA |,$
$| BC | = | AD |,$

to na mocy cechy bok‑kąt‑bok trójkąty $ABC$ i $BAD$ są przystające.
Stąd wynika, że

|AC| = |BD|, | ∡ CAB | = | ∡ DBA | .

Wykażemy teraz, że trójkąty $APB$ i $BQA$ są przystające – korzystamy z cechy bok‑kąt‑bok:

$AB$ jest wspólnym bokiem trójkątów $APB$ i $BQA$ ,
$| ∡PAB | = | ∡QBA |,$
$| AC | = | BD |$ , skąd $|AP| = \frac{1}{3} |AC| = \frac{1}{3} |BD| = |BQ|$ .

Wobec tego | $AQ | = | BP | .$

Ćwiczenie 6

Na bokach $AB$ , $BC$ , $CD$ i $DA$ kwadratu $ABCD$ wybrano takie punkty odpowiednio $K$ , $L$ , $M$ i $N$ , że $| AK | = 3 | KB |, | BL | = 3 | LC |, | CM | = 3 | MD |$ i $| DN | = 3 | NA |$ . Wykaż, że czworokąt $KLMN$ jest kwadratem.

Szkic dowodu.
Przyjmujemy, że bok kwadratu $ABCD$ ma długość $4 a .$ Stosujemy oznaczenia, takie jak na rysunku.

RpZC0yU41t7571

Rysunek kwadratu A B C D, w który wpisany jest czworokąt K L M N. Rysunek pomocniczy do rozwiązania zadania.

Zauważmy, że na mocy cechy bok‑kąt‑bok trójkąty $NAK$ , $KBL$ , $LCM$ i $MD N$ są przystające

| $NA | = | KB | = | LC | = | MD | = a,$
$| ∡NAK | = | ∡KBL | = | ∡LCM | = | ∡MDN | = 90 °,$
$| AK | = | BL | = | CM | = | DN | = 3 a .$

Wobec tego

|NK| = |KL| = |LM| = |MN|

oraz

| ∡ KLB | = | ∡ LMC | = | ∡ MND | = | ∡ NKA | = α .

Wtedy

| ∡KNA | = | ∡LKB | = | ∡MLC | = | ∡NMD | = 90 ° - α .

To znaczy, że

| ∡MNK | = 180 ° - (| ∡MND | + | KNA |) = 180 ° - (α + 90 ° - α) = 180 ° - 90 ° = 90 ° .

Zatem czworokąt $KLMN$ jest kwadratem.

Ćwiczenie 7

Na bokach $AB$ i $BC$ kwadratu $ABCD$ zbudowano na zewnątrz trójkąty równoboczne $AEB$ i $BFC$ .
Uzasadnij, że trójkąt $DEF$ jest równoboczny.

Szkic dowodu.
Rysujemy trójkąty $AEB$ i $CBF$ .

Ra4IHVGW779ln1

Rysunek kwadratu A B C D oraz trójkątów równobocznych A E B i B F C, zbudowanych na jego bokach. Rysunek pomocniczy do rozwiązania zadania.

Oznaczamy przez $a$ długość boku kwadratu $ABCD$ . Wtedy rownież boki trójkątów $AEB$ i $BFC$ są równe $a$ .
Trójkąty $DAE$ , $DFC$ i $EFB$ są przystające na mocy cechy bok‑kąt‑bok:

$|AD| = |DC| = |BE| = a,$
$|∡DAE| = 90 ° + 60 ° = |∡DCF|, |∡EBF| = 360 ° - 90 ° - 60 ° - 60 ° = 150 °,$

czyli $|∡DAE| = |∡DCF| = |∡EBF|,$

$|AE| = |CF| = | BF | = a .$

Stąd $|DE| = |DF| = | EF |$ .
Zatem trójkąt $DEF$ jest równoboczny

RMyZfJ9ne9Ch41

Rysunek kwadratu A B C D oraz trójkątów równobocznych A E B i B F C. Rysunek pomocniczy do rozwiązania zadania.

Ćwiczenie 8

Czworokąty $ABCD$ i $APQR$ , przedstawione na rysunku, są kwadratami.

R16IDC4CgweOw1

Rysunek czworokątów A B C D i A P Q R, mających wspólny wierzchołek A opisany w zadaniu.

Wykaż, że $| BP | = | DR | .$

Szkic dowodu.
Ponieważ

$| AP | = | AR |$ , jako boki kwadratu $APQR$ ,
$| AB | = | AD |$ , jako boki kwadratu $ABCD$ ,
$| ∡PAB | = 90 ° - | ∡DAP | = | ∡RAD |$ ,

to na mocy cechy bok‑kąt‑bok trójkąty $APB$ i $ARD$ są przystające.
Wynika z tego, że $| BP | = | DR |$ .

Ćwiczenie 9

Na odcinku $AC$ wybrano punkt $B$ różny od końców tego odcinka. Trójkąty $ABD$ i $BCE$ są równoboczne.

R1NzAnYZ2dzVT1

Rysunek trójkątów równobocznych A B D i B C E, mających wspólny wierzchołek B opisany w zadaniu.

Wykaż, że $| AE | = | CD |$ .

Szkic dowodu.
Ponieważ

$| AB | = | DB |$ , jako boki trójkąta równobocznego $ABD$ ,
$| BE | = | BC |$ , jako boki trójkąta równobocznego $BCE$ ,
$|∡ABE| = 180 ° - |∡EBD| = 180 ° - 60 ° = 120 °$ oraz $|∡DBC| = 180 ° - |∡ABD| = 180 ° - 60 ° = 120 °,$

to na mocy cechy bok‑kąt‑bok trójkąty $ABE$ i $DBC$ są przystające.
Wynika z tego, że $| AE | = | DC |$ .

Ćwiczenie 10

Trójkąty $ABC$ i $BDE$ , przedstawione na rysunku, są równoboczne.

R1VjeBq6Lcc8d1

Rysunek trójkątów równobocznych A B C i B D E mających wspólny wierzchołek B opisany w zadaniu.

Wykaż, że $| AE | = | DC |$ .

Szkic dowodu.
Ponieważ

$| AB | = | BC |$ , jako boki trójkąta równobocznego $ABC$ ,
$| ∡ABE | = | ∡ABC | - | ∡EBC | = 60 ° - | ∡EBC | = | ∡EBD | - | ∡EBC | = | ∡CBD |$ ,
$| BE | = | BD |$ , jako boki trójkąta równobocznego $BDE$ ,

to na mocy cechy bok‑kąt‑bok trójkąty $ABE$ i $CBD$ są przystające.
Wynika z tego, że $| AE | = | DC |$ .

Ćwiczenie 11

W trójkącie równoramiennym $ABC$ boki $AC$ i $BC$ są równe. Na podstawie $AB$ i ramieniu $BC$ zbudowano trójkąty równoboczne $ABK$ i $BCL$ , jak przedstawiono na rysunku.

R1b2mZwNSuRcV1

Rysunek trójkąta równoramiennego A B C oraz trójkątów równobocznych A B K i B C L zbudowanych na jego bokach opisanego w zadaniu .

Wykaż, że $|AL| = |CK|$ .

Szkic dowodu.
W trójkącie $ABC$ oznaczmy przez $a$ długość podstawy $AB$ , przez $b$ długość ramienia, przez $α$ miarę kąta wewnętrznego przy podstawie $AB$ .

R10LmbMXqWvr91

Rysunek trójkąta równoramiennego A B C oraz trójkątów równobocznych A B K i B C L zbudowanych na jego bokach. Rysunek pomocniczy do rozwiązania zadania.

Wtedy każdy z boków trójkąta $ABK$ jest równy $a$ oraz każdy z boków trójkąta $BLC$ jest równy $b$ .
Trójkąty $ABL$ i $KBC$ są przystające, co stwierdzamy powołując się na cechę bok‑kąt‑bok, gdyż

$| AB | = | KB | = a$ ,
$| ∡ABL | = | ∡ABC | + | ∡CBL | = α + 60 ° = | ∡CBA | + | ∡ABK | = | ∡CBK |$ ,
$| BL | = | BC | = b$ .

Wobec tego $| AL | = | CK |$ .

Ćwiczenie 12

Na bokach $BC$ i $CD$ równoległoboku $ABCD$ zbudowano kwadraty $CDEF$ i $BCGH$ . Udowodnij, że $| AC | = | FG |$ .

R16B6App63KuF1

Rysunek równoległoboku A B C D i zbudowanych na jego bokach kwadratów C D E F i B C G H opisanego w zadaniu.

Szkic dowodu.
W równoległoboku $ABCD$ oznaczmy przez $a$ długość boku $AB$ , przez $b$ długość boku $BC$ , przez $α$ miarę kąta wewnętrznego $DAB$ .

R6hseLxuu5KJq1

Rysunek równoległoboku A B C D i zbudowanych na jego bokach kwadratów C D E F i B C G H. Rysunek pomocniczy do rozwiązania zadania.

Wtedy każdy z boków kwadratu $CDEF$ ma długość $a$ oraz każdy z boków kwadratu $BCGH$ jest równy $b$ , a każdy z kątów $ABC$ i $ADC$ ma miarę $180 ° - α .$
Trójkąty $ABC$ i $FCG$ są przystające, co stwierdzamy, powołując się na cechę bok‑kąt‑bok, gdyż

$| A B | = | FC | = a$ ,
$| ∡ABC | = 180 ° - α$ oraz $| ∡FCG | = 360 ° - (| ∡FCD | + | ∡DCB | + | ∡BCG |) = 360 ° - (90 ° + α + 90 °) = 180 ° - α,$ zatem $| ∡ABC | = | ∡FCG |$ ,
$| BC | = | CG | = b$ .

Wobec tego $| AC | = | FG |$ .

Ćwiczenie 13

W trójkącie ostrokątnym $ABC$ na bokach $BC$ i $AC$ leżą odpowiednio takie punkty $D$ i $E$ , że $|AD| = |BE|$ i $|∡ADC| = |∡BEC| = 110 °$ . Wykaż, że trójkąt $ABC$ jest równoramienny.

Szkic dowodu.
Oznaczmy przez $α$ miarę kąta $ACB$ .

R1IIaeR98BRXD1

Rysunek trójkąta A B C z zaznaczonym kątem alfa pomiędzy ramionami. Rysunek pomocniczy do rozwiązania zadania.

Trójkąty $ADC$ i $BEC$ są przystające (cecha kąt‑bok‑kąt), gdyż

$| ∡BEC | = | ∡ADC | = 110 °$ ,
$| AD | = | BE |$ ,
$| ∡EBC | = 180 ° - (| ∡BEC | + | ∡ECB |) = 180 ° - (110 ° + α) = 180 ° - (| ∡ADC | + | ∡DCA |) = | ∡DAC |$ .

Wobec tego $| AC | = | BC |$ , czyli trójkąt $ABC$ jest równoramienny.

Ćwiczenie 14

W trójkącie prostokątnym $ABC$ punkt $D$ leży na przeciwprostokątnej $AB$ . Punkt $E$ jest symetryczny do punktu $D$ względem prostej $AC$ , a punkt $F$ jest symetryczny do punktu $D$ względem prostej $BC$ .

R10MWza3J5J2P1

Rysunek trójkąta prostokątnego A B C opisanego w zadaniu.

Wykaż, że punkty $C$ , $E$ i $F$ leżą na jednej prostej.

Szkic dowodu.
Prosta $AC$ jest symetralną odcinka $DE$ . Wynika stąd, że $| AE | = | AD |$ i $| CE | = | CD |$ . Wobec tego trójkąty $EAC$ i $DAC$ są przystające (na mocy cechy bok‑bok‑bok). Zatem $| ∡ECA | = | ∡DCA |$ .

Rvai1jibmL21C1

Rysunek pomocniczy trójkąta A B C do rozwiązania zadania.

Prosta $BC$ jest symetralną odcinka $DF$ , co znaczy, że $| BF | = | BD |$ i $| CF | = | CD |$ . Zatem trójkąty $FBC$ i $DBC$ są przystające (na mocy cechy bok‑bok‑bok), więc $| ∡DCB | = | ∡FCB |$ .

RQ2e8ofX9ImK51

Przeciwprostokątną w trójkącie $ABC$ jest bok $AB$ , więc kąt $ACB$ jest prosty. Oznaczmy przez $α$ miarę kąta $DCB$ . Wtedy
$| ∡ FCB | = α$ i $| ∡ DCA | = | ∡ ECA | = 90 ° - α$ .
Wobec tego miara kąta $ECF$ jest równa

|∡ ECF| = |∡ ECA| + |∡ ACB| + |∡ BCF| = 90 ° - α + 90 ° + α = 180 ° .

R11CozPiq58Ux1

Wynika z tego, że punkty $C$ , $E$ i $F$ leżą na jednej prostej. Koniec dowodu.

Ćwiczenie 15

Na bokach $AB$ i $CD$ równoległoboku $ABCD$ zbudowano kwadraty $ABKL$ i $CDMN$ .

R163dkJK1Df611

Rysunek równoległoboku A B C D i zbudowanych na jego bokach kwadratach A B K L i C D M N .

Wykaż, że trójkąty $BNK$ i $DLM$ są przystające.

Szkic dowodu.
W równoległoboku $ABCD$ oznaczmy przez a długość boku $AB$ , przez $b$ długość boku $BC$ , przez $α$ miarę kąta wewnętrznego $DAB$ (patrz rysunek).

RBSqJQL3WGeWb1

Rysunek równoległoboku A B C D i zbudowanych na jego bokach kwadratach A B K L i C D M N oraz zaznaczonym kątem D A B równym alfa. Rysunek pomocniczy do rozwiązania zadania.

Wtedy każdy z boków kwadratów $ABKL$ i $CDMN$ jest równy $a$ , kąt $BCD$ ma miarę $α$ , a każdy z kątów $ABC$ i $ADC$ ma miarę $180 ° - α$ .
Trójkąty $ADL$ i $CBN$ są przystające, co stwierdzamy, powołując się na cechę bok‑kąt‑bok, ponieważ

$| AD | = | CB | = b$ ,
$| ∡DAL | = | ∡DAB | + | ∡BAL | = α + 90 ° = | ∡BCD | + | ∡DCN | = | ∡BCN |$ ,
$| AL | = | CN | = a$ .
R1D1uktchqMtZ1
Wobec tego $| DL | = | BN |$ i $| ∡ADL | = | ∡CBN |$ . Ponieważ

$| LD | = | NB |$ ,
$| ∡LDM | = | ∡LDA | + | ∡ADM | = | ∡LDA | + 360 ° - (| ∡ADC | + | ∡CDM |) = | ∡LDA | + 360 ° - (90 ° + 180 ° - α) = | ∡LDA | + 90 ° + α$ ,
$| ∡NBK | = | ∡CBN | + | ∡CBK | = | ∡CBN | + 360 ° - (| ∡KBA | + | ∡ABC |) = | ∡CBN | + 360 ° - (90 ° + 180 ° - α) = | ∡CBN | + 90 ° + α,$

skąd $| ∡LDM | = | ∡NBK |$ (skorzystaliśmy z równości miar kątów $ADL$ i $CBN$ ),

$| DM | = | BK | = α$ ,

to trójkąty $LDM$ i $NBK$ są przystające na mocy cechy bok‑kąt‑bok.

R1Bn7wM1J6VaK1

Rysunek równoległoboku A B C D i zbudowanych na jego bokach kwadratach A B K L i C D M N oraz zaznaczonym odcinkami LD, BN, LM i KN. Rysunek pomocniczy do rozwiązania zadania.

Ćwiczenie 16

Na bokach trójkąta równobocznego $ABC$ , przedstawionego na rysunku, zbudowano kwadraty $ABDE$ , $CBGH$ i $ACKL$ .

R11MMOSAudqCl1

Rysunek trójkąta równobocznego A B C i zbudowanych na jego bokach kwadratów A B D E, C B G H i A C K L.

Wykaż, że trójkąt $KGE$ jest równoboczny.

Szkic dowodu.
Rysujemy odcinki: $KG, CG, GE, BE, KE$ , $KA$ .

RsedJGfhqOhc41

Rysunek trójkąta równobocznego A B C i zbudowanych na jego bokach kwadratów A B D E, C B G H i A C K L. Rysunek pomocniczy do rozwiązania zadania .

Wówczas

$| KC | = | GB | = | AE |$ , jako boki przystających kwadratów,
$| ∡GCK | = 360 ° - (| ∡KCA | + | ∡ACB | + | ∡BCG |) = 360 ° - 90 ° - 60 ° - 45 ° = 165 °$ . Analogicznie uzasadniamy, że $| ∡GBE | = | ∡EAK | = 165 °$ .
$| CG | = | BE | = | AK |$ , jako przekątne przystających kwadratów.

Wobec tego na mocy cechy bok‑kąt‑bok trójkąty $KCG, GBE$ i $AEK$ są przystające.
Stąd $| KG | = | GE | = | EK |$ , czyli trójkąt $KGE$ jest równoboczny.

Ćwiczenie 17

Na ramionach $AC$ i $BC$ trójkąta równoramiennego $ABC$ zbudowano kwadraty $ACKL$ i $BCMN$ . Wykaż, że trójkąty $MLA$ i $KNB$ są przystające.

RrUdX2IlS94Wo1

Rysunek trójkąta równoramiennego A B C i zbudowanych na jego ramionach kwadratów A C K L i B C M N z zadania.

Szkic dowodu. Oznaczmy przez a długość ramienia trójkąta $ABC$ , przez $α$ – miarę jego kąta wewnętrznego przy podstawie $AB$ (patrz rysunek).

RKJOVNW3ASPQF1

Rysunek trójkąta równoramiennego A B C i zbudowanych na jego ramionach kwadratach A C K L i B C M N oraz kątami B A C i A B C równymi alfa. Ramiona mają długość a. Rysunek pomocniczy do rozwiązania zadania.

Wykażemy najpierw, że $| AN | = | BL |, | AM | = | BK |$ oraz $| ML | = | KN |$ .
Trójkąty $BAL$ i $ABN$ są przystające (na mocy cechy bok‑kąt‑bok), gdyż:

$BA$ jest wspólnym bokiem tych trójkątów,
$| ∡BAL | = | ∡ABN | = 90 ° + α$ ,
$| AL | = | BN | = a$ .
RKJOVNW3ASPQF1
Stąd $| BL | = | AN |$ i $| ∡BLA | = | ∡ANB |$ .Trójkąty $BKL$ i $AMN$ są przystające (na mocy cechy bok‑kąt‑bok), ponieważ $| BL | = | AN |$ , $| ∡BLK | = 90 ° - | ∡BLA | = 90 ° - | ∡ANB | = | ∡ANM |$ , $| LA | = | NB | = a$ .
RWMYahoA9Fuud1
Stąd $| BK | = | AM |$ i $| KBL | = | MAN |$ .Trójkąty $KNM$ i $MLK$ są przystające (na mocy cechy bok‑kąt‑bok), gdyż
$KM$ jest wspólnym bokiem tych trójkątów,
$| ∡KMN | = | ∡KMC | + | ∡CMN | = | ∡KMC | + 90 ° oraz | ∡MKL | = | ∡MKC | + | ∡CKL | = | ∡MKC | + 90 °$ . Trójkąt $MKC$ jest równoramienny ( $| MC | = | CK | = a$ ), więc kąty MKC i KMC są równe (miara obu jest równa $90 ° - α$ ), co znaczy, że $| ∡KMN | = | ∡MKL |$ ,
$| NM | = | LK | = a$ .
Rc8olNZJ4eK2i1
Stąd $| KN | = | ML |$ . Zatem trójkąty $MLA$ i $KNB$ są przystające, co stwierdzamy, powołując się na cechę bok‑bok‑bok, gdyż

$| AL | = | BN | = a$ ,
$| KN | = | ML |$ ,
$| BK | = | AM |$ .
RZlsikT07hhZI1

Ćwiczenie 18

Wewnątrz kwadratu $ABCD$ wybrano takie punkty $M$ i $N$ , że trójkąty $ABM$ i $BCN$ są równoboczne (zobacz rysunek). Wykaż, że trójkąt $DNM$ jest równoboczny.

R1FZL47UiIoSz1

Rysunek kwadratu A B C D, w którym znajdują się trójkąty równoboczne A B M i B C N oraz trójkąt D N M.

Szkic dowodu.
Oznaczmy przez $a$ długość boku kwadratu $ABCD$ . Trójkąty $ABM$ i $BCN$ są równoboczne, zatem $| AM | = | BM | =$ a oraz $| BN | = | CN | = a$ .
Ponadto
$| ∡DAM | = | ∡DAB | - | ∡MAB | = 90 ° - 60 ° = 30 °$ ,
$| ∡NCD | = | ∡DCB | - | ∡NCB | = 90 ° - 60 ° = 30 °$ ,
$| ∡CBM | = | ∡CBA | - | ∡MBA | = 90 ° - 60 ° = 30 °$ ,
$| ∡NBM | = | ∡CBN | - | ∡CBM | = 60 ° - 30 ° = 30 °$ .
Zatem trójkąty $DAM$ , $NBM$ i $NCD$ są przystające, co stwierdzamy, powołując się na cechę bok‑kąt‑bok, gdyż

$| DA | = | NB | = | NC | = a$ ,
$| ∡DAM | = | ∡NBM | = | ∡NCD | = 30 °$ ,
$| AM | = | BM | = | CD |$ .

Stąd $| DM | = | NM | = | ND |$ , czyli trójkąt $DMN$ jest równoboczny.

Ćwiczenie 19

Na rysunku przedstawiony jest trójkąt prostokątny $ABC$ . Punkt $C$ jest wierzchołkiem kąta prostego. Na bokach $AC$ i $BC$ zbudowano kwadraty $ACKL$ i $CBMN$ .

Rf3zrlAd4uTZe1

Rysunek trójkąta prostokątnego A B C, na przyprostokątnych którego zbudowano kwadraty A C K L i C B M N.

Wykaż, że suma odległości punktów $L$ i $M$ od prostej $AB$ jest równa długości przeciwprostokątnej $AB$ .

Szkic dowodu.
Oznaczmy przez $X$ i $Y$ takie punkty na prostej $AB$ , że $| ∡LXA | = 90 °$ i $| ∡BYM | = 90 °$ , przez D – spodek wysokości opuszczonej z wierzchołka $C$ trójkąta $ABC$ , a także $| BC | = a$ , $| AC | = b, | ∡CAB | = α$ (jak na rysunku).

R19iO1Yayu1Q01

Rysunek trójkąta prostokątnego A B C, na przyprostokątnych którego zbudowano kwadraty A C K L i C B M N. Rysunek pomocniczy do rozwiązania zadania.

Trójkąty $LXA$ i $ADC$ są przystające, co stwierdzamy, powołując się na cechę kąt- bok‑kąt, ponieważ

$|∡XAL| = 180 ° - (|∡DAC| + |∡CAL|) = 180 ° - α - 90 ° = 90 ° - α,$

$| ∡ACD | = 180 ° - (| ∡ADC | + | ∡CAD |) = 180 ° - 90 ° - α = 90 ° - α$ ,
skąd $| ∡XAL | = | ∡ACD$ |,

$| AL | = | CA | = b$ ,
$| ∡XLA | = 180 ° - (| ∡LXA | + | ∡XAL |) = 180 ° - 90 ° - (90 ° - α) = α = | ∡DAC |$ .

Wynika z tego, że $| LX | = | AD | .$
Trójkąty $MYB$ i $BDC$ są przystające, co stwierdzamy, powołując się na cechę kąt- bok‑kąt, ponieważ

|∡CBD| = 180 ° - (|∡ACB| + |∡BAC|) = 180 ° - 90 ° - α = 90 ° - α,

|∡BCD| = 180 ° - (|∡CBD| + |∡BDC|) = 180 ° - (90 ° - α) - 90 ° = α, |∡YBM|

$180 ° - (| ∡CBD | + | ∡CBM |) = 180 ° - (90 ° - α) - 90 ° = α$ ,
skąd $| ∡YBM | = | ∡BCD |$ ,
$| BM | = | CB | = a$ ,
$| ∡YMB | = 180 ° - (| ∡MYB | + | ∡YBM |) = 180 - 90 ° - α = 90 ° - α = | ∡CBD |$ .
Wynika z tego, że $| MY | = | BD |$ .
Zatem $| LX | + | MY | = | BD | + | AD | = | AB |$ , a to właśnie należało udowodnić.

Ćwiczenie 20

Na bokach $BC$ i $CD$ równoległoboku $ABCD,$ przedstawionego na rysunku, zbudowano trójkąty równoboczne $BCK$ i $CDL$ .

R5UTDwnLs0BWK1

Rysunek równoległoboku A B C D i zbudowanych na jego bokach trójkątach równobocznych B C K i C D L opisanego w zadaniu.

Wykaż, że dwusieczna kąta $LAK$ dzieli odcinek $KL$ na połowy.

Szkic dowodu.
Oznaczmy: $| AB | = a, | BC | = b, | ∡DAB | = α$ (jak na rysunku).
Wtedy w równoległoboku $ABCD$ : $| AD | = b, | CD | = a, | ∡BCD | = α, | ∡ABC | = | ∡ADC | = 180 ° - α$ , a w trójkątach równobocznych $DCL$ i $BCK$ boki mają długości równe odpowiednio $a$ i $b$ .
Dorysujmy odcinki $AL$ i $AK$ .

RQrHDTYOtenaL1

Rysunek równoległoboku A B C D i zbudowanych na jego bokach trójkątach równobocznych B C K i C D L. Rysunek pomocniczy do rozwiązania zadania.

Trójkąty $ADL$ i $KBA$ są przystające, co stwierdzamy, powołując się na cechę kąt- bok‑kąt, gdyż

$| AD | = | KB | = b$ ,
$|∡ADL| = 360 ° - (|∡ADC| + |∡CDL|) = 360 ° - (180 ° - α) - 60 ° = 120 ° + α,$

$| ∡ABK | = 360 ° - (| ∡ABC | + | ∡CBK |) = 360 ° - (180 ° - α) - 60 ° = 120 ° + α$ ,
skąd $| ∡A DL | = | ∡ABK |$ ,

$| DL | = | BA | = a$ .

Wynika z tego, że $| AL | = | AK |$ .
Zatem trójkąt $LAK$ jest równoramienny, przy czym $| AL | = | AK |$ , więc dwusieczna kąta $LAK$ przecina podstawę $KL$ w połowie. Koniec dowodu.

Ćwiczenie 21

Punkty $A$ , $B$ , $C$ leżą na jednej prostej, a czworokąty $ABDE$ i $BCFG$ przedstawione na rysunku są kwadratami.

R1OnWJMISVnAz1

Rysunek czworokątów A B D E i B C F G opisanych w zadaniu.

Punkt $K$ jest środkiem odcinka $AG$ , punkt $L$ jest środkiem odcinka $DC$ . Wykaż, że $| ∡KBL | = 90 °$ .

Szkic dowodu.
Oznaczmy: $| AB | = a$ , $| BC | = b$ .
Wtedy boki kwadratów $ABDE$ i $BCFG$ mają długości równe odpowiednio $a$ i $b$ .
Trójkąty $ABG$ i $DBC$ są przystające, co stwierdzamy, powołując się na cechę bok‑kąt‑bok, gdyż

$| AB | = | DB | = a$ ,
$| ∡ABG | = | ∡DBC | = 90 °$ ,
$| BG | = | BC | = b$ .

Oznaczając przez $α$ miarę kąta $GAB$ , mamy $| ∡AGB | = 180 ° - (| ∡GBA | + | ∡GAB |) = 180 - 90 ° - α = 90 ° - α$ , skąd, wobec przystawania trójkątów $ABG$ i $DBC$ , $| ∡CDB | = α$ oraz $| ∡DCB | = 90 ° - α$ .
Wybierzmy na półprostej $AE$ taki punkt $P$ , że $| AP | = | B G$ | oraz na półprostej $CF$ taki punkt $Q$ , że $| CQ | = | BD |$ .

R1T6Kk0McXBO41

Rysunek pomocniczy czworokątów A B D E i B C F G do rozwiązania zadania.

Wtedy czworokąty $ABGP$ i $DBCQ$ są prostokątami o bokach długości $a$ i $b$ . Wobec tego ich przekątne: $AG$ , $PB$ , $CD$ , $BQ$ są równe (a długość każdej z nich to $\sqrt{a^{2} + b^{2}}$ ) i przecinają się w połowie.
Zatem

$| GK | = | KB |$ , czyli trójkąt $GKB$ jest równoramienny, więc $| ∡KBG | = | ∡KGB | = 90 ° - α$ ,
$| DL | = | LB |$ , czyli trójkąt $DLB$ jest równoramienny, więc $| ∡LDB | = | ∡LBD | = α$ .
RBvaxMOrcTC431
Wynika z tego, że $| ∡KBL | = | ∡KBG | + | ∡GBL | = 90 ° - α + α = 90 °$ . Koniec dowodu. Uwaga. Rozwiązując powyższe zadanie, udowodniliśmy (korzystając z własności przekątnych w prostokącie), że w dowolnym trójkącie prostokątnym środkowa łącząca wierzchołek kąta prostego ze środkiem przeciwprostokątnej jest równa połowie długości tej przeciwprostokątnej.Fakt ten można też udowodnić, korzystając z własności okręgu opisanego na trójkącie prostokątnym. Rozpatrzmy w tym celu trójkąt $ABC$ o kącie prostym przy wierzchołku $C$ . Ponieważ kąt wpisany $ACB$ jest prosty, to jest oparty na półokręgu, więc środkiem $S$ tego okręgu opisanego jest środek przeciwprostokątnej trójkąta $ABC$ . To znaczy, że $| SC | = r = | SA | = | SB | = \frac{1}{2} | AB |$ (patrz rysunek).
R1WLiXKXtWPQM1

Ćwiczenie 22

W trójkącie ostrokątnym $ABC$ kąt przy wierzchołku $A$ ma miarę $45 °$ . Wysokości $BD$ i $CE$ tego trójkąta przecinają się w punkcie $H$ .

RGPXHSUExIzoT1

Rysunek trójkąta ostrokątnego A B C z zaznaczonym kątem C A B równym 45 stopni oraz z zaznaczonymi wysokościami BD i CE opisanego w zadania.

Wykaż, że $| AH | = | BC |$ .

Szkic dowodu.
Oznaczmy przez $a$ długość odcinka $AE$ , przez $b$ – długość odcinka $AD$ .
Zauważmy, że

$| ∡ACE | = 180 ° - (| ∡AEC | + | ∡CAE |) = 180 ° - 90 ° - 45 ° = 45 °$ , więc trójkąt $AEC$ jest równoramienny i $| CE | = | AE | = a$ ,
$| ∡DBA | = 180 ° - (| ∡ADB | + | ∡DAB |) = 180 ° - 90 ° - 45 ° = 45 °$ , więc trójkąt $ADB$ jest równoramienny i $| BD | = | AD | = b$ ,

$| ∡DHC | = 180 ° - (| ∡CDH | + | ∡HDC |) = 180 ° - 90 ° - 45 ° = 45 °$ , więc trójkąt $CD H$ jest równoramienny i $| DH | = | DC |$ .

Wynika z tego, że trójkąty $ADH$ i $BDC$ są przystające, co stwierdzamy, powołując się na cechę bok‑kąt‑bok, gdyż

$| AD | = | BD | = b$ ,
$| ∡ADH | = 90 ° = | ∡BDC |$ ,
$| DH | = | DC |$ .

Zatem $| AH | = | BC |$ . Koniec dowodu.
Uwaga. Z twierdzenia Pitagorasa w trójkącie $AEC$ obliczamy długość przeciwprostokątnej $AC$ : $|AC| = \sqrt{a^{2} + a^{2}} = \sqrt{2 a^{2}} = \sqrt{2} a$ . Wobec tego długość każdego z odcinków $DH$ i $DC$ można wyrazić za pomocą $a$ i $b$ :

| DH | = | DC | = | AC | - | AD | = \sqrt{2} a - b .

Ćwiczenie 23

Trójkąt $ABC,$ przedstawiony na rysunku, jest równoramienny i $| AC | = | BC$ |. Punkty $C$ , $B$ , $M$ są współliniowe.
Na boku $AC$ wybrano punkt $N$ tak, że $| AN | = | BM |$ . Proste $NM$ i $AB$ przecinają się w punkcie $P$ . Wykaż, że $| NP | = | PM |$ .

R1TIZxokfATf61

Rysunek trójkąta równoramiennego A B C opisanego w zadaniu. Przedłużając bok CB za wierzchołek B zaznaczono punkt M.

Szkic dowodu.
Poprowadźmy przez punkt $N$ prostą równoległą do prostej $BC$ . Przez $Q$ oznaczamy punkt przecięcia tej prostej z bokiem $AB$ .

RNPAhdGydfYVx1

Rysunek pomocniczy trójkąta równoramiennego A B C do rozwiązania zadania.

Wtedy trójkąt $ANQ$ jest równoramienny i $| AN | = | NQ |$ , więc także $| NQ | = | BM |$ . Na mocy cechy kąt‑bok‑kąt trójkąty $PNQ$ i $PMB$ są przystające, skąd $| NP | = | PM |$ .

Ćwiczenie 24

W prostokącie $ABCD,$ przedstawionym na rysunku, dane są długości boków $| AB | = 3$ i $| BC | = 1$ . Punkty $E$ i $G$ leżą na boku $AB$ , a punkty $F$ i $H$ leżą na boku $CD$ tak, że czworokąty $AEFD$ , $EGHF$ i $GBCH$ są kwadratami.

R1QVV1hD9BKGP1

Rysunek prostokąta A B C D z zaznaczonymi punktami E, G na boku AB oraz F, H na boku CD podzielony na 3 kwadraty A E F D, E G H F i G B C H opisanego w zadaniu.

Wykaż, że $| ∡ AED | + | ∡ AGD | + | ∡ ABD | = 90 °$ .

Szkic dowodu.
Dorysujmy trzy kwadraty: $AELK$ , $EGML$ , $GBNM$ oraz poprowadźmy odcinki $DL$ i $LB$ .

RCeOzhmjTqHdi1

Rysunek prostokąta A B C D podzielony na 3 kwadraty A E F D, E G H F i G B C H z dorysowanymi kolejnymi trzema kwadratami A E L K, E G M L, G B N M. Rysunek pomocniczy do rozwiązania zadania .

Zauważmy, że przekątna $DE$ kwadratu $AEFD$ tworzy z jego bokiem kąt $45 °$ . Należy więc wykazać, że

|∡AGD| + |∡ABD| = 90 ° - |∡AED| = 90 ° - 45 ° = 45 ° .

Każdy z odcinków $DG$ , $BL$ i $DL$ jest przeciwprostokątną trójkąta prostokątnego o przyprostokątnych długości $1$ i $2$ , więc długość każdego z nich jest (na mocy twierdzenia Pitagorasa) równa $\sqrt{1^{2} + 2^{2}} = \sqrt{5}$ .
Z twierdzenia Pitagorasa mamy też ${| DB |}^{2} = {| DA |}^{2} + {| AB |}^{2} = 1^{2} + 3^{2} = 10$ . Ponieważ $|DB| > 0,$ to $|DB| = \sqrt{10}$ .
W trójkącie $DLB$ mamy ${| DB |}^{2} = 10$ oraz ${| DL |}^{2} + {| LB |}^{2} = 5 + 5 = 10$ . Z twierdzenia odwrotnego do twierdzenia Pitagorasa mamy więc, że trójkąt $DBL$ jest prostokątny. Jest on też równoramienny, co znaczy, że $| ∡LBD | = | ∡LDB | = 45 °$ .
Ponieważ

$| DA | = 1 = | LE |$ ,
$| AG | = 2 = | EB |$ ,
$| GD | = | BL | = \sqrt{5}$ ,

to trójkąty $DAG$ i $LEB$ są przystające, na mocy cechy bok‑bok‑bok.
Wobec tego $| ∡AGD | = | ∡EBL |$ .
Ponadto $| ∡DBA | + | ∡EBL | = | ∡DBL | = 45 °$ , zatem $| ∡DBA | + | ∡AGD | = 45 °$ . Koniec dowodu.

Ćwiczenie 25

Bok kwadratu $ABCD$ ma długość $1$ . Punkty $M$ i $K$ leżą na bokach odpowiednio $BC$ i $CD$ tego kwadratu, przy czym $| ∡ BAM | = 12 °$ oraz $| ∡ DAK | = 33 °$ .

RZpmof4feN7S61

Rysunek kwadratu A B C D z zaznaczonymi punktami M i K oraz odcinkami AK i AM opisanego w zadaniu.

Wykaż, że w trójkącie $MAK$ wysokość opuszczona z wierzchołka $A$ na bok $MK$ ma długość $1$ .

Szkic dowodu.
Zauważmy, że

|∡MAK| = 90 ° - (|∡MAB| + |∡KAD|) = |∡MAK| = 90 ° - (12 ° + 33 °) = 45 ° .

Poprowadźmy z punktu $A$ półprostą, która tworzy z półprostymi $AM$ i $AK$ kąty odpowiednio $12 °$ i $33 °$ . Wybierzmy na tej półprostej taki punkt $L$ , że $| AL | = 1$ .

R107GdRRfh9vd1

Rysunek kwadratu A B C D z zaznaczonymi punktami M i K oraz odcinkami AK i AM. Rysunek pomocniczy do rozwiązania zadania.

Wtedy $| AL | = | AD | = 1$ i $| ∡LAK | = | KAD | = 33 °$ , zatem trójkąty $DAK$ i $LAK$ są przystające na mocy cechy bok‑kąt‑bok.
Mamy również $| AL | = | AB | = 1$ i $| ∡LAM | = | BAM | = 12 °$ , więc trójkąty $BAM$ i $LAM$ są przystające na mocy cechy bok‑kąt‑bok.
Wobec tego $| ∡ALK | = | ADK | = 90 °$ oraz $| ∡MLA | = | MBA | = 90 °$ . To oznacza, że punkty $M$ , $L$ i $K$ są współliniowe i w trójkącie $AKM$ punkt $L$ jest spodkiem wysokości opuszczonej z wierzchołka $A$ .

R1Z4VaGW04lbl1

Długość tej wysokości jest równa $1$ . Koniec dowodu.

Przykłady

Cechy podobieństwa trójkątów