6. Zastosowanie cech przystawania trójkątów

R1XAJkmSlc8Zu

Niektóre pojęcia w matematyce szkolnej opierają się na intuicji. Taka sytuacja ma miejsce m.in. w przypadku przystawania figur. Mówiąc, że dwie figury są przystające, mamy na myśli, że są one identyczne, czyli, że dają się na siebie nawzajem nałożyć, w taki sposób, by się pokryły.

RlG7TTjhhJMpN

Ilustracja przedstawia kwadrat wypełniony figurami przypominającymi jaszczurki w dwóch kolorach użytych naprzemiennie. Są one ze sobą połączone na krawędziach. Figury mają ten sam kształt, przy czym w zależności od położenia, są one obrócone na cztery sposoby: jeden typ jaszczurek jest ustawiony pionowo w górę, drugi typ pionowo w dół, trzeci poziomo z głową skierowaną w prawo, a czwarty typ poziomo z głową skierowaną w lewo. — Figury przystające
Źródło: dostępny w internecie: www.pixabay.com, domena publiczna.

W przypadku wielokątów możemy porównywać boki i kąty – wtedy przystawanie oznacza równość odpowiednich boków i kątów. W praktyce wygodnie jest korzystać z obiektów, których własności są dobrze znane. Dlatego nie wprowadza się cech przystawania czworokątów, czy wielokątów o większej liczbie boków, dla badania związków miarowych, ale bada się trójkąty, które powstają przez wyróżnienie odpowiednich odcinków i punktów danego wielokąta.

Twoje cele

Zastosujesz cechy przystawania trójkątów, w tym trójkątów prostokątnych, do badania związków miarowych w wielokątach.
Zastosujesz poznane zależności w sytuacjach typowych i problemowych.

Przystawanie trójkątów w trapezie równoramiennym

Rozważmy trapeztrapeztrapez równoramienny niebędący równoległobokiem, w którym $A B ∥ C D$ oraz $|A D| = |B C|$ , jak na rysunku.

RAUZJ2oFbmHgC

Ilustracja przedstawia trapez równoramienny ABCD. Podstawami są odcinki AB i DC. Wysokości to odcinki DE oraz DF upuszczone na dłuższą podstawę. — Trapez równoramienny

Przez punkty odpowiednio $E$ , $F$ leżące na podstawie $A B$ , poprowadźmy odcinki $C F$ oraz $D E$ prostopadłe do tej podstawy. Wtedy czworokąt $C D E F$ jest prostokątem i w szczególności $|C D| = |E F|$ oraz $|C F| = |D E|$ . Oczywiście odcinki $C F$ , $D E$ są wysokościami trapezu poprowadzonymi z wierzchołków odpowiednio $C$ oraz $D$ .

Udowodnimy teraz równość odcinków $A E$ oraz $B F$ , którą „łatwo widać” i zazwyczaj korzysta się z niej bez wcześniejszego udowodnienia. Zauważmy, że trójkąty $A D E$ oraz $B C F$ są trójkątami prostokątnymi, których przeciwprostokątne są równe (trapez równoramienny). Ponadto równe są przyprostokątne $C F$ oraz $D E$ . Zatem na mocy cechy przystawania trójkątówcechy przystawania trójkątówcechy przystawania trójkątów prostokątnych mamy, że $△ A D E \equiv △ B C F$ . Oznacza to, że również odcinki $A E$ oraz $B F$ są równe. Ponadto, z faktu, że $|A E| + |E F| + |B F| = |A B|$ i wcześniej wskazanych równości wynika, że $|A E| = |B F| = \frac{|A B| - |C D|}{2}$ .

Przykład 1

Pokażemy, korzystając z wykazanej wcześniej równości, że w trapezie równoramiennym, w którym dłuższa podstawa ma długość $a$ , a ramiona i krótsza podstawa mają długości $b$ , wysokość poprowadzona na dłuższą podstawę jest równa $\frac{\sqrt{(3 b - a) (a + b)}}{2}$ .

Przyjmijmy oznaczenia, jak na rysunku.

Rmo08VgpUYJf2

Ilustracja przedstawia trapez równoramienny. Podstawami są odcinki o długościach a i b. Ramiona mają długość b. Wysokości to odcinki o mierze h upuszczone na dłuższą podstawę. Dzielą one podstawę na trzy odcinki: pierwszy o długości a-b2, drugi o długości b, trzeci o długości a-b2

Z twierdzenia Pitagorasa mamy $b^{2} = h^{2} + {(\frac{a - b}{2})}^{2}$ . Zatem

$h^{2} = b^{2} - {(\frac{a - b}{2})}^{2} = [b - (\frac{a - b}{2})] \cdot [b + (\frac{a - b}{2})] =$

$= (\frac{2 b - a + b}{2}) \cdot (\frac{2 b + a - b}{2}) = (\frac{3 b - a}{2}) \cdot (\frac{a + b}{2})$

Stąd $h = \frac{\sqrt{(3 b - a) (a + b)}}{2}$ .

Przykład 2

W okrąg o promieniu $10$ wpisano trapez $A B C D$ , którego ramię $A D$ ma długość $6$ , a podstawa $A B$ jest średnicą tego okręgu, jak na rysunku.

R1IcMDtNAnqxB

W okrąg wpisano trapez ABCD. Na trapezie zaznaczono jego wysokości DE i CF upuszczone na dłuższą podstawę AB oraz przekątne BD oraz AC.

Wyznaczymy pole tego trapezu.

Na początek udowodnimy, że $△ A B C \equiv △ B A D$ . Przystawanie tych trójkątów pozwoli stwierdzić, że trapez ten jest równoramienny (jak każdy trapez wpisany w okrąg) – wówczas będziemy mogli skorzystać ze związków miarowych wyznaczonych wcześniej.

Trójkąty $A B C$ oraz $B A D$ są trójkątami prostokątnymi, gdyż każdy trójkąt, którego jednym z boków jest średnica okręgu na nim opisanego, jest prostokątny. Zauważmy, że kąty $A B D$ oraz $B D C$ , jako naprzemianległe, są równe. Ale kąt wpisany $B A C$ jest rozpięty na tym samym łuku, co kąt $B D C$ , zatem są one równe. Oznacza to, że trójkąty $A B C$ oraz $B A D$ mają równe kąty ostre i wspólną przeciwprostokątną, co na mocy cech przystawania trójkątów prostokątnych dowodzi, iż są one przystające. Przystawanie to oznacza w szczególności, że $|A D| = |B C|$ . Zatem trapez jest równoramienny.

Teraz przejdźmy do obliczeń. Zauważmy, że ${|B D|}^{2} = {|A B|}^{2} - {|A D|}^{2} = 64$ , zatem $|B D| = 8$ . Pole trójkąta $A B D$ jest więc równe $P_{A B D} = \frac{1}{2} \cdot |A D| \cdot |B D| = \frac{1}{2} \cdot 6 \cdot 8 = 24$ . Pole to możemy wyrazić także jako $P_{A B D} = \frac{1}{2} \cdot |A B| \cdot |D E| = 5 |D E|$ . Stąd $|D E| = 4, 8$ oraz ${|B E|}^{2} = {|B D|}^{2} - {|D E|}^{2} = 8^{2} - {(4, 8)}^{2} = 40, 96$ . Czyli $|B E| =6, 4$ .

Skoro trapeztrapeztrapez jest równoramienny, to $|A E| = \frac{|A B| - |C D|}{2}$ . Zauważmy ponadto, że $|B E| = |A B| - |A E| = |A B| - \frac{|A B| - |C D|}{2} = \frac{|A B| + |C D|}{2}$ , czyli odcinek ten jest równy linii środkowej trapezulinia środkowa w trapezielinii środkowej trapezu. Pozostaje zauważyć, że ostatnia równość pozwala obliczyć krótszą podstawę trapezu, ale nie jest to konieczne, bo otrzymane wyrażenie możemy podstawić do wzoru na pole trapezu: $P_{A B C D} = \frac{|A B| + |C D|}{2} \cdot |D E| = |B E| \cdot |D E| = 6, 4 \cdot 4, 8 = 30, 72$ .

Trójkąty przystające w równoległoboku

Jeśli w dowolnym równoległoboku poprowadzimy przekątne, to ich punkt przecięcia dzieli je na połowy. Fakt ten jest powszechnie wykorzystywany i zgodny z intuicją. W tym miejscu tę zależność udowodnimy. Przyjmijmy oznaczenia, jak na rysunku.

RmbOdrMZqq806

Ilustracja przedstawia równoległobok ABCD. Przekątne równoległoboku BD i AC przecinają się w punkcie S. — Przekątne w równoległoboku

Zauważmy, że kąty $A B D$ i $B D C$ oraz $B A C$ i $A C D$ , jako naprzemianległe, są równe. Ponadto $|A B| = |C D|$ . Zatem na mocy cechy kąt‑bok‑kąt mamy, że $△ A B S \equiv △ C D S$ . Stąd w szczególności $|B S| = |D S|$ oraz $|A S| = |C S|$ , co oznacza, że punkt $S$ dzieli przekątne $B D$ oraz $A C$ na połowy.

Pozostaje dodać, że otrzymane równości $|B S| = |D S|$ oraz $|A S| = |C S|$ , przy równości kątów wierzchołkowych, pozwalają stwierdzić, że również trójkąty $A S D$ oraz $C S B$ są przystające.

Jako wniosek warto podać, że punkt $S$ dzieli każdą z wysokości $P Q$ oraz $R T$ tego równoległoboku na połowy, jak na rysunku.

R70b9NZubd5to

Ilustracja przedstawia równoległobok ABCD. Przekątne równoległoboku BD i AC przecinają się w punkcie S. Zaznaczono wysokości równoległoboku: RT upuszczoną z boku A D na bok B C i wysokość QP z boku C D na bok A B. Punkt S dzieli wysokości na połowy. — Wysokości równoległoboku

Ostatnią własność wykorzystamy do rozwiązania poniższego problemu.

Przykład 3

Odległości punktu przecięcia się przekątnych równoległoboku $A B C D$ od jego boków $A B$ i $B C$ są równe odpowiednio $3$ i $4$ . Obwód tego równoległoboku jest równy $28$ . Oblicz pole równoległoboku.

Przyjrzyjmy się rysunkowi.

R1e3G8E1ImLsS

Zauważmy, że odległość punktu $S$ od boku $A B$ jest równa długości odcinka $P S$ , czyli jest połową wysokości poprowadzonej na ten bok. Podobnie, odległość punktu $S$ od boku $B C$ jest równa długości odcinka $T S$ , czyli jest połową wysokości poprowadzonej na ten bok. Pole $P_{A B C D}$ można wyrazić jako iloczyn $|A B| \cdot |P Q|$ lub jako iloczyn $|B C| \cdot |R T|$ , stąd $|B C| \cdot |R T| = |A B| \cdot |P Q|$ . Zatem $|B C| \cdot (2 \cdot |S T|) = |A B| \cdot (2 \cdot |P S|)$ , stąd $4 |B C| = 3 |A B|$ .

Ale $2 |A B| + 2 |B C| = 28$ , zatem $2 |A B| + 2 (\frac{3}{4} |A B|) = 28$ . Stąd $|A B| = 8$ oraz $P_{A B C D} = 8 \cdot 6 = 48$ .

Pozostaje nadmienić, że szukany równoległobok okazał się być prostokątem.

Trójkąty przystające w rombie

Romb jest oczywiście równoległobokiem, ale istnieje zasadniczy powód, dla którego warto ten czworokąt wyróżnić i omówić oddzielnie. Na początek udowodnimy własność, z której korzysta się bardzo często, nie wgłębiając się w jej uzasadnienie – przekątne rombu dzielą go na cztery trójkąty przystające.

RveMnR4zIQPqT

Ilustracja przedstawia romb ABCD. Zaznaczono przekątne BD i AC przecinające się w punkcie S. — Triangulacja rombu

Zauważmy, na mocy cechy bok‑bok‑bok, że $△ A B C \equiv △ A D C$ . Ale każdy z trójkątów $A B C$ i $A D C$ jest równoramienny, zatem $|∢ B A C| = |∢ D A C| = |∢ B C A| = |∢ D C A|$ . Wiemy, że w dowolnym równoległoboku przekątne się połowią, zatem $|B S| = |D S|$ oraz $|A S| = |C S|$ . Stąd, na mocy cechy bok‑kąt‑bok przystające są trójkąty $S A D$ i $S C D$ oraz $S A B$ i $S C B$ . Analogicznie, na mocy cechy bok‑kąt‑bok przystające są trójkąty $S C D$ i $S C B$ . Relacja przystawania jest przechodnia, co oznacza, że $△ S A D \equiv △ S C D \equiv △ S A B \equiv △ S C B$ .

Oczywiście, kąty tych przystających trójkątów przy wierzchołku $S$ są równe, co oznacza, że każdy z nich jest kątem prostym. Tym samym wykazaliśmy nie tylko, że przekątne rombu dzielą go na cztery trójkąty przystające, ale, że każdy z tych trójkątów jest prostokątny.

Warto wspomnieć, że prostopadłość przekątnych równoległoboku jest warunkiem wystarczającym, by taki równoległobok był rombem.

Przykład 4

Dłuższa przekątna rombu $A B C D$ ma długość $4 \sqrt{5}$ , a promień okręgu o środku $S$ , wpisanego w ten romb, jest równy $2$ . Wyznaczymy pole i długość boku rombu.

Przyjmijmy oznaczenia, jak na rysunku, gdzie $P$ jest punktem, w którym okrąg wpisany jest styczny do boku $A B$ .

Rl8zImLcXX7mX

Ilustracja przedstawia romb ABCD. Zaznaczono przekątne BD i AC przecinające się w punkcie S. W romb wpisano okrąg styczny do boku AB w punkcie P. Poprowadzono odcinek S P i zaznaczono kąt prosty między odcinkiem S P a odcinkiem A B.

Wykazaliśmy wcześniej, że każdy z trójkątów, na które przekątne dzielą dowolny romb, jest trójkątem prostokątnym – w szczególności trójkąt $A S B$ . Zauważmy, że $|∢ S A P| = |∢ B S P|$ , zatem trójkąty $A S B$ i $S P B$ są podobne oraz $\frac{|A P|}{|A S|} = \frac{|P S|}{|B S|}$ . Ale $|A P| = \sqrt{{(\frac{1}{2} \cdot 4 \sqrt{5})}^{2} - 2^{2}} = 4$ . Zatem z warunku $\frac{|A P|}{|A S|} = \frac{|P S|}{|B S|}$ wynika, że $\frac{4}{2 \sqrt{5}} = \frac{2}{|B S|}$ . Stąd $|B S| = \sqrt{5}$ . Możemy już obliczyć pole rombu, jako sumę pól czterech trójkątów prostokątnych: $P = 4 \cdot (\frac{1}{2} \cdot 2 \sqrt{5} \cdot \sqrt{5}) = 20$ .

Długość boku rombu można obliczyć korzystając np. z twierdzenia Pitagorasa, wtedy ${|A B|}^{2} = {(2 \sqrt{5})}^{2} + {\sqrt{5}}^{2} = 25$ . Można też zauważyć, że wysokość rombu jest równa średnicy okręgu wpisanego i skorzystać z obliczonego wcześniej pola. Wtedy $P = 20 = |A B| \cdot 4$ . Stąd oczywiście $|A B| = 5$ .

Polecenie 1

Zapoznaj się z przykładami przedstawionymi w animacji, a następnie wykonaj polecenia.

RqNwJSHGatHRo

Polecenie 2

Dany jest trapez równoramienny $A B C D$ , o dłuższej podstawi $A B$ . Spodek $E$ wysokości poprowadzonej z wierzchołka $D$ dzieli podstawę $A B$ na odcinki $A E$ i $B E$ o długości odpowiednio $4$ i $6$ . Przekątna $B D$ trapezu jest równa $10$ . Oblicz długości podstaw i pole trapezu.

Przyjmijmy oznaczenia: $|A B| = a$ , $|C D| = b$ $|. Wtedy, korzystając z przystawania odpowiednich trójkątów wynika, że, |B E| = \frac{a + b}{2} = 6, oraz, |A E| = \frac{a - b}{2} = 4, . Pozwala to zbudować układ równań, \{\begin{cases} a + b = 12 \\ a - b = 8 \end{cases}, . Stąd, a = 10, ,, b = 2, .|$

Wtedy ${|D E|}^{2} + {|B E|}^{2} = {|B D|}^{2}$ , zatem ${|D E|}^{2} + 6^{2} = 10^{2}$ . Stąd $|D E| = 8$ oraz $P_{A B C D} = \frac{10 + 2}{2} \cdot 8 = 48$ .

Polecenie 3

Krótsza podstawa trapezu ma długość $1$ , co stanowi $\frac{1}{52}$ jego obwodu. Oblicz pole trapezu, jeśli ramiona i dłuższa podstawa mają równe długości.

Zauważmy, że obwód jest równy $52$ . Oznaczmy długość dłuższej podstawy przez $a$ . Z równości ramion i dłuższej podstawy mamy, że $3 a + 1 = 52$ , stąd $a = 17$ . Z równości ramion wynika, że trapez ten jest równoramienny, a z przystawania odpowiednich trójkątów wynika, że odcinki, na jakie spodek wysokości poprowadzonej z wierzchołka krótszej podstawy, dzieli dłuższą podstawę mają długości: $\frac{17 - 1}{2} = 8$ oraz $\frac{17 + 1}{2} = 9$ .

Wysokość $h$ trapezu jest równa $h = \sqrt{17^{2} - 8^{2}} = 15$ , a pole: $P = \frac{17 + 1}{2} \cdot 15 = 135$ .

Polecenie 4

Każde z ramion trapezu jest dwa razy krótsze od dłuższej podstawy i jest o $2$ dłuższe od krótszej podstawy. Krótsza podstawa jest równa wysokości trapezu. Oblicz obwód trapezu.

Oznaczmy długość ramienia trapezu przez $c$ .
Wtedy dłuższa podstawa jest równa $2 c$ , a krótsza: $c - 2$ . Z równości ramion wynika, że trapez ten jest równoramienny, a z przystawania odpowiednich trójkątów wynika, że długość odcinka, którego końcami są wierzchołek dłuższej podstawy i spodek bliższej wysokości poprowadzonej z wierzchołka krótszej podstawy, ma długość: $\frac{2 c - (c - 2)}{2} = \frac{c + 2}{2}$ . Zatem $c^{2} = {(\frac{c + 2}{2})}^{2} + {(c - 2)}^{2}$ . Stąd $c^{2} - 12 c + 20 = 0$ . Rozwiązaniem ostatniego równania są liczby $10$ oraz $2$ . Ale ostatnia liczba nie spełnia warunków zadania, zatem obwód jest równy: $2 \cdot 10 + 2 \cdot 10 + (10 - 2) = 48$ .

Zadania na dowodzenie

Przypomnijmy krótko trzy twierdzenia znane powszechnie jako cechy przystawania trójkątówcechy przystawania trójkątówcechy przystawania trójkątów:

cecha bbb: dwa trójkąty są przystające, jeśli trzy boki jednego trójkąta są odpowiednio równe trzem bokom drugiego trójkąta;

cecha bkb: dwa trójkąty są przystające, jeśli dwa boki i kąt leżący między tymi bokami w jednym trójkącie są odpowiednio równe dwóm bokom i kątowi leżącemu między tymi bokami w drugim trójkącie;

cecha kbk: dwa trójkąty są przystające, jeśli bok i dwa kąty przyległe do tego boku w jednym trójkącie są odpowiednio równe bokowi i dwóm kątom przyległym do tego boku w drugim trójkącie.

W przypadku trójkątów prostokątnych, można i warto dołączyć do tego zestawu poniższe cztery twierdzenia, wynikające z wcześniej zacytowanych:

jeżeli przeciwprostokątna i jedna z przyprostokątnych jednego trójkąta są odpowiednio równe przeciwprostokątnej i jednej z przyprostokątnych drugiego trójkąta, to trójkąty te są przystające;

jeżeli dwie przyprostokątne jednego trójkąta są odpowiednio równe dwóm przyprostokątnym drugiego trójkąta, to trójkąty te są przystające;

jeżeli przyprostokątna i jeden z kątów ostrych jednego trójkąta są odpowiednio równe przyprostokątnej i jednemu z kątów ostrych drugiego trójkąta, to trójkąty te są przystające;

jeżeli przeciwprostokątna i jeden z kątów ostrych jednego trójkąta są odpowiednio równe przeciwprostokątnej i jednemu z kątów ostrych drugiego trójkąta, to trójkąty te są przystające.

Z twierdzeń tych będziemy korzystać rozwiązując niżej podane problemy.

Przykład 5

Punkt $E$ jest środkiem boku $B C$ równoległoboku $A B C D$ . Prosta $A E$ przecina w punkcie $F$ prostą $C D$ . Punkt $G$ jest takim punktem boku $C D$ , że odcinek $E G$ jest prostopadły do prostej $A E$ , jak na rysunku.

R1b1Qu3w7Yyyl

Na ilustracji przedstawiono równoległobok ABCD. Zaznaczono punkt E, stanowiący środek boku CB. Linią przerywaną zaznaczono prostą, na której leży bok DC, oraz prostą przechodzącą przez wierzchołek A i punkt E. Obie proste przecinają się w punkcie F. Linią przerywaną zaznaczono także prostą prostopadłą do prostej AF, przechodzącą przez punkt E i przecinającą bok DC w punkcie G.

Wykażemy, że trójkąty $A E G$ i $F E G$ są przystające.

Oczywiście trójkąty $A E G$ i $F E G$ są prostokątne. Skorzystamy z cechy, która orzeka, że jeżeli dwie przyprostokątne jednego trójkąta są odpowiednio równe dwóm przyprostokątnym drugiego trójkąta, to trójkąty te są przystające. Odcinek $E G$ jest wspólną przyprostokątną w obu trójkątach.

Pozostaje wykazać, że $|A E| = |F E|$ . W tym celu skorzystamy z faktu, że trójkąty $A B E$ i $F C E$ są przystające. Istotnie:

kąty $A E B$ i $F E C$ jako wierzchołkowe są równe;

kąty $B A E$ i $C F E$ jako naprzemianległe są równe.

Stąd wynika równość kątów $F C E$ i $A B E$ . Ale to oznacza, że kąty przyległe do boku $B E$ w trójkącie $A B E$ i boku $C E$ w trójkącie $F C E$ są odpowiednio równe. Ale boki $B E$ i $C E$ , równe połowie boku $B C$ , są sobie równe. Zatem na mocy cechy kbk trójkąty $A B E$ i $F C E$ są przystające. Co pozwala stwierdzić, że odcinki $A E$ i $F E$ mają równą długość. Co należało wykazać.

Zauważmy, że z powyższego twierdzenia wynika w szczególności, że prosta $A F$ jest dwusieczną kąta $B A G$ .

Przykład 6

Dany jest trójkąt równoramienny $A B C$ , w którym $|A C| = |B C|$ . Na bokach tego trójkąta zbudowano trzy trójkąty równoboczne: $A B D$ , $B C E$ , $A C F$ , jak na rysunku.

R1TXaYEAVFUzX

Na ilustracji przedstawiono trójkąt równoramienny ABC o podstawie AB. Na bokach trójkąta zbudowano trójkąty równoboczne ACF, CBE, ABD. Linią przerywaną zaznaczono trójkąt o wierzchołkach DEF.

Pokażemy, że trójkąt $E D F$ jest równoramienny.

Dowód sprowadza się do wykazania, że $△ D B E \equiv △ D A F$ , czyli, że trójkąty te są przystające.

Przyjmijmy oznaczenie $|∢ B A C| = |∢ A B C| = α$ .

Zauważmy, że $|B E| = |B C|$ oraz $|A F| = |A C|$ , co wynika z faktu, że dobudowane trójkąty są równoboczne. Ale $|A C| = |B C|$ , zatem $|B E| = |A F|$ .

Zauważmy dalej, że $|A D| = |B D|$ oraz $|∢ D A F| = 60 ° + α + 60 ° = 120 ° + α$ . Ale $|∢ D B E| = 60 ° + α + 60 ° = 120 ° + α$ .

Zatem w trójkątach $D B E$ i $D A F$ dwa boki i kąt leżący między tymi bokami są odpowiednio równe, czyli na mocy cechy bkb te trójkąty są przystające. W szczególności boki leżące naprzeciw kątów $D B E$ i $D A F$ są równe.

Stąd $|E D| = |F D|$ , co należało wykazać.

Przykład 7

Rozważymy teraz związki miarowe, gdy trójkąty równoboczne zbudujemy na bokach dowolnego trójkąta. Dany jest trójkąt $A B C$ . Na bokach tego trójkąta zbudowano trzy trójkąty równoboczne: $A B D$ , $B C E$ , $A C F$ , jak na rysunku.

RjgEEbuZqoG2S

Na ilustracji przedstawiono trójkąt różnoboczny ABC. Na bokach trójkąta zbudowani trójkąty równoboczne ACF, ABD, BCE. Linią przerywaną poprowadzono proste łączące wierzchołki trójkąta ABC, z przeciwległymi wierzchołkami dorysowanych trójkątów równobocznych, czyli wierzchołek A z wierzchołkiem E, wierzchołek B z wierzchołkiem F, wierzchołek C z wierzchołkiem D.

Pokażemy, że $|A E| = |B F| = |C D|$ .

Pokażemy najpierw, że $△ A C E \equiv △ F C B$ . Przyjmijmy oznaczenie $|∢ A C B| = γ$ . Wtedy $|∢ F C B| = 60 ° + γ$ . Podobnie $|∢ A C E| = γ + 60 °$ , zatem te kąty są równe. Pozostaje zauważyć, że boki $F C$ i $B C$ w trójkącie $F C B$ są odpowiednio równe bokom $A C$ i $C E$ w trójkącie $A C E$ . Zatem na mocy cechy bkb te trójkąty są przystające. W szczególności boki $A E$ i $B F$ są równe.

Pokażemy teraz, że $△ A B E \equiv △ D B C$ . Przyjmijmy oznaczenie $|∢ A B C| = β$ . Wtedy $|∢ A B E| = β + 60 °$ . Podobnie $|∢ D B C| = 60 ° + β$ , zatem te kąty są równe. Pozostaje zauważyć, że boki $A B$ i $B E$ w trójkącie $A B E$ są odpowiednio równe bokom $B D$ i $B C$ w trójkącie $D B C$ . Zatem na mocy cechy bkb te trójkąty są przystające. W szczególności boki $A E$ i $C D$ są równe. Co należało wykazać.

Przykład 8

Na bokach $A B$ i $B C$ kwadratu $A B C D$ obrano takie punkty $E$ i $F$ , że $|E B| = |C F|$ . Proste $A F$ i $C E$ przecinają się w punkcie $G$ , jak na rysunku.

RVugN4sl8ZmcF

Na ilustracji przedstawiono kwadrat ABCD. Zaznaczono punkt F na boku BC, oraz punkt E na boku EB. Odcinki EB oraz CF są sobie równe. Linią przerywaną zaznaczono proste przechodzące przez wierzchołek A i punkt F, oraz wierzchołek C i punkt E. Proste przecinają się w punkcie G. ∠FDEjest równy alfa. Łukiem zaznaczono ∠CGA.

Miara kąta $E D F$ jest równa $α$ . Wykażemy, że miara kąta $A G C$ jest równa $180 ° - α$ .

Przyjmiemy oznaczenia: $|∢ B A F| = β$ , $|∢ B C E| = γ$ . Wtedy $|∢ A G C| = 360 ° - |∢ D A F| - |∢ A D C| - |∢ D C E|$ , czyli $| ∢ A G C | = 360^{\circ} - (90^{\circ} - β) - (90^{\circ} - γ) - 90^{\circ} = 90^{\circ} + β + γ$ .

Ale trójkąty $E B C$ i $F C D$ są przystające, w szczególności $|∢ C D F| = |∢ B C E| = γ$ . Podobnie trójkąty $A E D$ i $B F A$ są przystające, w szczególności $|∢ A D E| = |∢ B A F| = β$ . Ale $|∢ A D E| + α + |∢ C D F| = 90 °$ , stąd $|∢ A D E| + |∢ C D F| = β + γ = 90 ° - α$ .

Zatem $|∢ A G C| = 90 ° + β + γ = 90 ° + (90 ° - α) = 180 ° - α$ . Co należało wykazać.

Polecenie 5

Zapoznaj się z przykładami pokazanymi w animacji, a następnie wykonaj polecenia.

R1R3n04iIySX9

Polecenie 6

Wykaż, że symetralna odcinka jest zbiorem punktów, których odległość od obu końców tego odcinka jest taka sama.

Symetralna odcinka jest prostopadła do tego odcinka i przechodzi przez jego środek. Rozważmy odcinek o końcach w punktach $A$ , $B$ . Niech $S$ będzie środkiem tego odcinka. Oznaczmy przez $P$ dowolny punkt leżący na symetralnej. Wtedy trójkąty $A S P$ i $B S P$ , jako trójkąty prostokątne o dwóch przyprostokątnych odpowiednio równych, są przystające. Stąd w szczególności wynika, że $|A P| = |B P|$ , co należało wykazać.

Polecenie 7

Wykaż, że środek okręgu wpisanego w kąt wypukły leży na dwusiecznej tego kąta.

Promienie okręgu poprowadzone do punktów, w których ten okrąg jest styczny do ramion kąta, są do tych ramion prostopadłe. Rozważmy kąt o wierzchołku w punkcie $W$ . Niech $S$ będzie środkiem okręgu, a punkty $A$ , $B$ niech będą punktami, w których ten okrąg jest styczny do ramion kąta. Wtedy trójkąty $W S A$ i $W S B$ są trójkątami prostokątnymi, o równych przeciwprostokątnych (wspólna przeciwprostokątna w obu trójkątach) i odpowiednio równych przyprostokątnych $S A$ i $S B$ . Zatem $△ W S A \equiv △ W S B$ . Stąd w szczególności wynika równość kątów $S W A$ i $S W B$ . Co należało wykazać.

Polecenie 8

Wykaż, że jeśli przekątne trapezu, który nie jest równoległobokiem, dzielą ten trapez na cztery trójkąty, z których dwa są przystające, to ten trapez jest równoramienny.

Rozważmy trapez $A B C D$ , w którym $A B ∥ C D$ . Niech $P$ będzie punktem przecięcia się przekątnych tego trapezu. Jeśli przystające byłyby trójkąty $A P D$ i $B P C$ , to z równości kątów wierzchołkowych $A P D$ i $B P C$ wynikałaby równość odcinków leżących naprzeciw tych kątów, czyli $A D$ i $B C$ . Co należało wykazać.

Pozostaje jednak rozstrzygnąć, że inna para trójkątów nie może być przystająca. Ponieważ trapez ten nie jest równoległobokiem, to w szczególności $|A B| \neq |C D|$ zatem trójkąty $A P B$ i $C P D$ nie mogą być przystające.

Przypuśćmy zatem, że $△ A P D \equiv △ C P D$ . Wtedy kąty obu trójkątów leżące naprzeciw równego (wspólnego) boku $P D$ byłyby równe, czyli trójkąt $A D C$ byłby równoramienny. Stąd odcinek $P D$ , a w konsekwencji przekątna $B D$ , byłyby prostopadłe do przekątnej $A C$ . Ale wówczas trójkąty $A P D$ i $A P B$ , jako trójkąty prostokątne o wspólnej przyprostokątnej $A P$ i równych kątach $B A P$ i $D C P$ (kąty $B A P$ i $D C P$ jako naprzemianległe są równe) są przystające. Stąd otrzymalibyśmy w szczególności, że $|A B| = |C D|$ , co jest sprzeczne z założeniem. Zatem nasze przypuszczenie, że $△ A P D \equiv △ C P D$ było błędne.

Ćwiczenie 1

Stosunek długości przekątnych rombu jest równy $p : q$ , a pole rombu jest równe $p \cdot q$ . Oblicz długość boku rombu.

Przyjmijmy oznaczenia, jak na rysunku: dłuższa przekątna ma długość $2 p x$ , a krótsza $2 q x$ .

R1JAMCljazLPJ

Ilustracja przedstawia romb o boku długości a. Dłuższa przekątna ma długość 2px, a krótsza 2qx.

Wtedy pole $P$ rombu można zapisać jako: $P = 4 \cdot (\frac{1}{2} \cdot (p x) \cdot (q x)) = 2 p q x^{2}$ . Ale z treści zadania wynika, że $P = p q$ , stąd $2 p q x^{2} = p q$ , czyli $x^{2} = \frac{1}{2}$ .

Zauważmy, że długość boku $a$ rombu można wyznaczyć korzystając z twierdzenia Pitagorasa: $a^{2} = {(p x)}^{2} + {(q x)}^{2} = x^{2} (p^{2} + q^{2}) = \frac{p^{2} + q^{2}}{2}$ . Stąd $a = \sqrt{\frac{p^{2} + q^{2}}{2}}$ .

Ćwiczenie 2

Dany jest trapez prostokątny $A B C D$ , w którym dłuższa podstawa $A B$ ma długość
$6$ , a krótsza ma długość $3$ . Na ramieniu $A D$ o długości $12$ , prostopadłym do podstawy, wybrano taki punkt $E$ , że suma jego odległości od końców drugiego ramienia trapezu jest najmniejsza. Wyznacz $|B E| + |C E|$ .

Oznaczmy przez $C'$ obraz punktu $C$ w symetrii względem prostej $A D$ i poprowadźmy odcinek $B C'$ , jak na rysunku.

R50rLgIsAWRZS

Ilustracja przedstawia trapez prostokątny ABCD. Na ramieniu AD wybrano punkt E. Zaznaczono punkt C prim jako obraz punktu C w symetrii względem prostej CD i poprowadzono odcinki D C prim oraz B C prim. Prostopadle do punktu C prim i równolegle do odcinka AB utworzono punkt G. Połączono punkty tworząc większy trapez prostokątny GBC C prim.

Punkt $E$ będzie punktem wspólnym ramienia $A D$ i odcinka $B C'$ . Trójkąty prostokątne $C D E$ i $C' D E$ są przystające, stąd $|C E| = |C' E|$ . Zatem $|B E| + |C E| = |B E| + |C' E|$ . Zauważmy, że dla dowolnego innego punktu $F$ leżącego na ramieniu $A D$ mamy $|B F| + |C' F| > |B E| + |C' E|$ , czyli punkt $E$ jest szukanym punktem, dla którego suma odległości od końców drugiego ramienia jest najmniejsza.

Oznaczmy przez $G$ punkt leżący na prostej $A B$ , taki, że odcinek $G C'$ jest do tej prostej prostopadły. Wtedy $|G C'| = |A D|$ . Ale ${|B C'|}^{2} = {|B G|}^{2} + {|G C'|}^{2} = {(6 + 3)}^{2} + 12^{2} = 225$ . Stąd $|B C'| = |B E| + |C E| = 15$ .

RQUy1t7NRXB8m1

Ćwiczenie 3

Ćwiczenie 4

Dwa kwadraty o boku długości $6$ , których odpowiednie osie symetrii pokrywają się, jak na rysunku, tworzą szesnastokąt.

REe6rpaR1D8US

Ilustracja przedstawia szesnastokąt w kształcie gwiazdy przecięty czterema osiami symetrii.

Wyznacz pole tego szesnastokąta.

Zauważmy, że trójkąty wyróżnione na poniższym rysunku są przystające.

RqWs5d6rmLdJC

Ilustracja przedstawia szesnastokąt w kształcie gwiazdy. W jego środku znajduje się ośmiokąt, na każdym boku ośmiokąta umieszczony został trójkąt równoramienny.

Każdy z nich jest równoramiennym trójkątem prostokątnym. Jeżeli jego przyprostokątną oznaczymy przez $x$ , to możemy zapisać równość $2 x + x \sqrt{2} = 6$ . Stąd $x = \frac{6}{2 + \sqrt{2}} = 6 - 3 \sqrt{2}$ .

Pozostaje teraz zauważyć, że pole szesnastokąta jest równe polu każdego z kwadratów powiększonego o pola czterech trójkątów prostokątnych, zatem: $P = 6^{2} + 4 \cdot (\frac{1}{2} x^{2}) = 36 + 2 {(6 - 3 \sqrt{2})}^{2} = 72 (2 - \sqrt{2})$ .

RkE2AR7nM4lFd21

Ćwiczenie 5

RaAJWEbz6VXIl2

Ćwiczenie 6

Ćwiczenie 7

Prostokąt $A B C D$ podzielono na sześć przystających kwadratów, których wybrane wierzchołki oznaczono, jako: $P$ , $Q$ , $R$ , $S$ , $T$ jak na rysunku.

R9L4ZnO7RExVM

Ilustracja przedstawia prostokąt ABCD, który podzielono na sześć przystających kwadratów o wierzchołkach TPQR. Z wierzchołka D poprowadzono odcinki DP, DQ, DR pod pewnym kątem.

Z wierzchołka $D$ poprowadzono odcinki $D P$ , $D Q$ , $D R$ . Udowodnij, że suma miar kątów ostrych, jakie te odcinki tworzą z prostą $P Q$ jest równa $90 °$ .

Re8ALyqOb44Lg

Ćwiczenie 8

RTieiVuaJzWRL

R1YVnX0JEybnG

W opisach zawarto wybrane informacje o długości odcinków w trapezie równoramiennym. Dopasuj długość x zaznaczonego odcinka do odpowiedniego opisu. x, równa się, trzynaście Możliwe odpowiedzi: 1. Ilustracja przedstawia trapez równoramienny ABCD. Zaznaczono na nim jego wysokości DE i CF. Górna podstawa CD ma długość 8, odcinek AE ma długość 5, a odcinek BE ma długość x., 2. Ilustracja przedstawia trapez równoramienny ABCD. Zaznaczono na nim jego wysokości DE i CF. Górna podstawa CD ma długość 12, odcinek AE ma miarę x, wysokość DE ma długość 10, a przekątna BD długość dwadzieścia sześć., 3. Ilustracja przedstawia trapez równoramienny ABCD. Zaznaczono na nim jego wysokości DE i CF. Górna podstawa CD ma długość 6, odcinek AB ma długość 20, a odcinek AE ma miarę x., 4. Ilustracja przedstawia trapez równoramienny ABCD. Zaznaczono na nim jego wysokości DE i CF. Górna podstawa CD ma długość x, odcinek AE ma miarę 7, a odcinek AB ma miarę 24 jednostki. x, równa się, siedem Możliwe odpowiedzi: 1. Ilustracja przedstawia trapez równoramienny ABCD. Zaznaczono na nim jego wysokości DE i CF. Górna podstawa CD ma długość 8, odcinek AE ma długość 5, a odcinek BE ma długość x., 2. Ilustracja przedstawia trapez równoramienny ABCD. Zaznaczono na nim jego wysokości DE i CF. Górna podstawa CD ma długość 12, odcinek AE ma miarę x, wysokość DE ma długość 10, a przekątna BD długość dwadzieścia sześć., 3. Ilustracja przedstawia trapez równoramienny ABCD. Zaznaczono na nim jego wysokości DE i CF. Górna podstawa CD ma długość 6, odcinek AB ma długość 20, a odcinek AE ma miarę x., 4. Ilustracja przedstawia trapez równoramienny ABCD. Zaznaczono na nim jego wysokości DE i CF. Górna podstawa CD ma długość x, odcinek AE ma miarę 7, a odcinek AB ma miarę 24 jednostki. x, równa się, dziesięć Możliwe odpowiedzi: 1. Ilustracja przedstawia trapez równoramienny ABCD. Zaznaczono na nim jego wysokości DE i CF. Górna podstawa CD ma długość 8, odcinek AE ma długość 5, a odcinek BE ma długość x., 2. Ilustracja przedstawia trapez równoramienny ABCD. Zaznaczono na nim jego wysokości DE i CF. Górna podstawa CD ma długość 12, odcinek AE ma miarę x, wysokość DE ma długość 10, a przekątna BD długość dwadzieścia sześć., 3. Ilustracja przedstawia trapez równoramienny ABCD. Zaznaczono na nim jego wysokości DE i CF. Górna podstawa CD ma długość 6, odcinek AB ma długość 20, a odcinek AE ma miarę x., 4. Ilustracja przedstawia trapez równoramienny ABCD. Zaznaczono na nim jego wysokości DE i CF. Górna podstawa CD ma długość x, odcinek AE ma miarę 7, a odcinek AB ma miarę 24 jednostki. x, równa się, dwanaście Możliwe odpowiedzi: 1. Ilustracja przedstawia trapez równoramienny ABCD. Zaznaczono na nim jego wysokości DE i CF. Górna podstawa CD ma długość 8, odcinek AE ma długość 5, a odcinek BE ma długość x., 2. Ilustracja przedstawia trapez równoramienny ABCD. Zaznaczono na nim jego wysokości DE i CF. Górna podstawa CD ma długość 12, odcinek AE ma miarę x, wysokość DE ma długość 10, a przekątna BD długość dwadzieścia sześć., 3. Ilustracja przedstawia trapez równoramienny ABCD. Zaznaczono na nim jego wysokości DE i CF. Górna podstawa CD ma długość 6, odcinek AB ma długość 20, a odcinek AE ma miarę x., 4. Ilustracja przedstawia trapez równoramienny ABCD. Zaznaczono na nim jego wysokości DE i CF. Górna podstawa CD ma długość x, odcinek AE ma miarę 7, a odcinek AB ma miarę 24 jednostki.

Ćwiczenie 9

Udowodnij, nie korzystając z pojęcia pola, że jeśli dwie wysokości trójkąta są równe, to trójkąt ten jest równoramienny.

Rozważmy trójkąt $A B C$ .

Przyjmijmy, że równe są wysokości poprowadzone z wierzchołków $A$ , $B$ . Spodki tych wysokości oznaczmy odpowiednio przez $A_{h}$ , $B_{h}$ , jak na rysunku.

R1VCGJ6CzLRxd

Na ilustracji przedstawiono trójkąt ABC. Z wierzchołka B poprowadzono wysokość trójkąta do boku AC, której spodek leży w punkcie Bh. Z wierzchołka A poprowadzono wysokość trójkąta do boku BC, której spodek leży w punkcie Ah. Wysokości przecinają się w punkcie P. Linią przerywaną połączono punkt P z wierzchołkiem C.

Wtedy trójkąty $A B B_{h}$ oraz $B A A_{h}$ są trójkątami prostokątnymi o równych przyprostokątnych i wspólnej (równej) przeciwprostokątnej, czyli są przystające.

W szczególności $|A B_{h}| = |B A_{h}|$ .

Mniej oczywiste, choć zgodne z intuicją, jest przystawanie trójkątów $A P B_{h}$ oraz $B P A_{h}$ .

Aby to uzasadnić wystarczy wykazać, że $|∢ P A B_{h}| = |∢ P B A_{h}|$ .

Jeśli przyjmiemy, że $|∢ B A A_{h}| = α$ , to oczywiście $|∢ A B B_{h}| = α$ oraz $|∢ A B A_{h}| = |∢ B A B_{h}| = 90 ° - α$ . Wtedy $|∢ P A B_{h}| = (90 ° - α) - α = |∢ P B A_{h}|$ .

Zatem, wobec równości $|A B_{h}| = |B A_{h}|$ , trójkąty prostokątne $A P B_{h}$ oraz $B P A_{h}$ są przystające. Wtedy w szczególności $|P B_{h}| = |P A_{h}|$ .

Zatem trójkąty prostokątne $C P B_{h}$ oraz $C P A_{h}$ mają wspólną przeciwprostokątną oraz równe przyprostokątne: $|P B_{h}| = |P A_{h}|$ .

Są zatem przystające, czyli $|C B_{h}| = |C A_{h}|$ .

Stąd $|C B_{h}| + |A B_{h}| = |C A_{h}| + |B A_{h}|$ . Co należało dowieść.

Ćwiczenie 10

W trójkącie $A B C$ , w którym $|∢ B A C| = 90 °$ i $|A B| = 2 \cdot |A C|$ poprowadzono środkową $C D$ . Prosta przechodząca przez $A$ i prostopadła do poprowadzonej środkowej przecina przeciwprostokątną w punkcie $E$ , jak na rysunku.

R15IT64Ji9SvJ

Na ilustracji przedstawiono trójkąt ABC, z kątem prostym przy wierzchołku A. Z wierzchołka C, poprowadzono środkową boku AB, do punktu D. Linią przerywaną zaznaczono prostą przechodzącą przez wierzchołek A, która jest prostopadła do środkowej CD i przechodzi przez punkt E, znajdujący się na przeciwprostokątnej trójkąta. Zielonym kolorem zaznaczono odcinek DE.

Wykaż, że $|C E| = |D E|$ .

Oznaczmy przez $P$ punkt wspólny środkowej $C D$ i prostej $A E$ . Trójkąt $C A D$ jest trójkątem równoramiennym, a prosta $A E$ jest symetralną odcinka $C D$ . Prosta ta zawiera także wysokość trójkąta $C E D$ , która dzieli podstawę $C D$ na połowę. Zatem trójkąty $C P E$ oraz $D P E$ są trójkątami przystającymi o równych odpowiednio obu przyprostokątnych. Stąd także ich przeciwprostokątne muszą być równe. Co należało wykazać.

Ćwiczenie 11

Zaznacz poprawną odpowiedź.
Dany jest kwadrat $A B C D$ . Punkty $E$ , $F$ leżą odpowiednio na bokach $A B$ i $B C$ tego kwadratu. Trójkąty $E B C$ i $F C D$ są przystające jak na rysunku.

R1QwOnCrnqyLy

Na ilustracji przedstawiono kwadrat ABCD. Zaznaczono punkt E znajdujący się na boku AB, oraz punkt F znajdujący się na boku BC. Trójkąty BCE, oraz FCD są do siebie przystające. Zaznaczono następujące kąty. ∠FAB równy beta, ∠EDF równy alfa, oraz kąt ∠BCE równy gamma.

RKBDITrL3IHm5

Ćwiczenie 12

Dany jest kwadrat $A B C D$ . Na jego bokach $A B$ i $A D$ leżą odpowiednio punkty $E$ , $F$ takie, że $|A E| = |D F|$ . Prosta prostopadła do prostej $E F$ przecina przekątną $B D$ w punkcie $G$ , jak na rysunku.

RU6SzWNDR3CRr

Na ilustracji przedstawiono kwadrat ABCD. Zaznaczono przekątną BD kwadratu. Na boku AD zaznaczono punkt F, oraz na boku AB zaznaczono punkt E, takie że długość odcinka DF równa się długości odcinka AE. Linią przerywaną poprowadzono prostą prostopadłą do odcinka EF, przechodzącą przez wierzchołek A, oraz przecinająca przekątną BD w punkcie G. Różowym kolorem zaznaczono odcinek łączący punkty E i F, oraz wierzchołek F z punktem G.

Wykaż, że $|E F| = |C G|$ .

Przyjmijmy: $|∢ A F E| = α$ .

Wtedy $|∢ F A G| = 90 ° - α$ oraz $|∢ B A G| = 90 ° - |∢ F A G| = α$ .

Odcinki $A G$ oraz $C G$ są równe, bo punkt $G$ leży na prostej $D B$ , która jest symetralną odcinka $A C$ .

Zatem trójkąty $A B G$ i $C B G$ , na mocy cechy bbb, są przystające.

Zatem $|∢ B C G| = |∢ B A G| = α$ .

Kąty tych trójkątów mają więc miary: $α$ , $45 °$ , $135 ° - α$ .

Odłóżmy na prostej $D A$ odcinek $A H$ o długości $|A E|$ , jak na rysunku.

R1EbPLf7SlnIo

Zauważmy, że w trójkącie $F E H$ bok $F H$ ma długość równą długości boku kwadratu, a kąty przy tym boku mają miary: $α$ , $45 °$ .

Zatem na mocy cechy kbk trójkąty $F E H$ oraz $C G B$ są przystające.

W szczególności $|E F| = |C G|$ .

Rk6GpOCqS18wD2

Ćwiczenie 13

Ćwiczenie 14

Dany jest równoległobok $A B C D$ o polu równym $P$ . Punkty $E$ , $G$ leżą odpowiednio na bokach $B C$ i $A D$ tego równoległoboku. Punkt $F$ jest punktem wspólnym prostych $C D$ i $A E$ . Trójkąty $A B E$ i $F C E$ są przystające, podobnie trójkąty $G E H$ i $F C H$ są przystające jak na rysunku.

RWrF6gDeuK8Cv

Na ilustracji przedstawiono romb ABCD. Zaznaczono punkt G leżący na boku AD, oraz punkt E, leżący na boku BC. Połączono punkt G i E. Poprowadzono linie przerywane, przechodzące przez wierzchołek A i punkt E, przez wierzchołek D i C, oraz przez punkt G i H, które przecinają się w punkcie F, leżącym poza polem rombu.

RaCErt4OMwBYG

R2bGLD8wOPVyW3

Ćwiczenie 15

R1QfVWvLbgp0k3

Ćwiczenie 16

Słownik

cechy przystawania trójkątów

zestaw twierdzeń określających warunki równoważne występowania relacji przystawania między dwoma trójkątami

linia środkowa w trapezie

odcinek łączący środki ramion w trapezie, jego długość jest średnią arytmetyczną długości podstaw

trapez

czworokąt, który ma co najmniej jedną parę boków równoległych

5. Cechy przystawania trójkątów

M_R_W06_M1 Wprowadzenie do geometrii płaskiej