5. Cechy podobieństwa trójkątów

RpBEsrRuAA2Q6

Perspektywa w malarstwie to sposób uzyskania wrażenia głębi na płaskim rysunku. Linie poziome zbiegają się na horyzoncie a linie pionowe zmniejszają się proporcjonalnie do odległości, ale pozostają równoległe. Główną zasadą perspektywy jest to, że pionowe obiekty równej wysokości i równooddalone od siebie przekształca na trapezytrapeztrapezy podobne.

RZ0lBc3F22DrJ

Przedstawiono fotografię pomostu wysuniętego w stronę morza. Zaznaczono linie wzdłuż barier pomostu. Linie przebiegają równolegle i zbiegają się na horyzoncie. — Na obrazie przedstawiona jest fotografia molo w Juracie wraz z zaznaczonymi przykładowymi liniami zbiegającymi się na horyzoncie i odcinkami równoległymi
Źródło: dostępny w internecie: commons.wikimedia.org, licencja: CC BY-SA 3.0.

Twoje cele

Poznasz cechy podobieństwa trójkątów.
Poznasz cechy podobieństwa trójkątów prostokątnych.
Będziesz układał odpowiednią proporcję, aby wyznaczyć długości brakujących boków trójkątów podobnych.
Wykorzystasz poznane cechy do sprawdzania, czy dane trójkąty są podobne.
Zastosujesz trójkąty podobne do przeprowadzania dowodów geometrycznych.
Wykorzystasz poznane cechy do rozwiązywania zadań.

Na początek podamy definicję podobieństwa.

Podobieństwo o skali

s

Definicja: Podobieństwo o skali

s

Podobieństwemskala podobieństwa figurPodobieństwem o skali $s > 0$ nazywamy takie przekształcenie $P$ płaszczyzny na tę samą płaszczyznę (mówimy wówczas o podobieństwie płaszczyzny) lub przestrzeni na tę samą przestrzeń (mówimy wówczas o podobieństwie przestrzeni), w którym

|A^{'} B^{'}| = s \cdot |A B|

gdzie:
$A$ i $B$ – są dwoma dowolnymi punktami,
$A^{'}$ i $B^{'}$ – obrazami tych punktów w przekształceniu $P$ .

Wtedy definicja figur podobnych mogłaby być sformułowana następująco:

Figury podobne

Definicja: Figury podobne

Figury nazywamy podobnymi wtedy, gdy jedna z nich jest obrazem drugiej w pewnym podobieństwie. Relację podobieństwa figur oznaczamy symbolem „ $~$ ”. Zatem fakt, że figura $f$ jest podobna do figury $g$ możemy zapisać krótko

f ~ g

Skalę $s > 0$ tego podobieństwa nazywamy wtedy skalą podobieństwa figury $f$ do figury $g$

Przykładami figur podobnych są:

dowolne dwa odcinki,

dowolne dwa okręgi,

dowolne dwa wielokąty foremne o tej samej liczbie boków (trójkąty równoboczne, kwadraty, pięciokąty foremne, itd.)

Podana definicja nie daje nam jednak dobrego narzędzia do badania podobieństwa figur. Ponieważ każdy wielokąt można poddać tzn. triangulacji, czyli podzielić ten wielokąt na trójkąty (można to zrobić zawsze tak, żeby wszystkie wierzchołkami tych trójkątów były wierzchołkami tego wielokąta – o tym orzeka twierdzenie o triangulacji wielokąta), więc trójkąty możemy traktować jak „cegiełki”, z których zbudowane są wielokąty. Z tego powodu wystarczy umieć rozstrzygać, czy dane trójkąty są podobne.

Wniosek o tym, że dwa trójkąty są podobne możemy wyciągnąć z każdego z następujących trzech warunków, zwanych cechami podobieństwa trójkątów:

Cecha „bok – bok – bok” podobieństwa trójkątów

Twierdzenie: Cecha „bok – bok – bok” podobieństwa trójkątów

Jeżeli długości trzech boków jednego trójkąta są proporcjonalne do długości odpowiednich trzech boków drugiego trójkąta, to te trójkąty są podobne.

Przyjmując oznaczenia jak na rysunku

RZkzEPDrMI3wY

Ilustracja przedstawia dwa trójkąty: A B C oraz większy D E F. Trójkąty są proporcjonalne, a odpowiadające sobie boki wyróżniono tymi samymi kolorami: lewe ramiona A C oraz D F granatowym, prawe ramiona B C oraz E F różowym oraz podstawy A B i D E zielonym kolorem.

Możemy to twierdzenie zapisać w postaci:

Jeżeli $\frac{|A B|}{|D E|} = \frac{|B C|}{|E F|} = \frac{|C A|}{|F D|}$ , to $△ A B C ~ △ D E F$ .

Cecha „bok – kąt – bok” podobieństwa trójkątów

Twierdzenie: Cecha „bok – kąt – bok” podobieństwa trójkątów

Jeżeli długości dwóch boków trójkąta są proporcjonalne do długości odpowiednich dwóch boków drugiego trójkąta i kąty miedzy tymi bokami w obu trójkątach są równe, to te trójkąty są podobne.

Przyjmując oznaczenia jak na rysunku

RiycRNdRrBbdT

Możemy to twierdzenie zapisać w postaci:

Jeżeli $\frac{|A B|}{|D E|} = \frac{|C A|}{|F D|}$ i $|∢ B A C| = |∢ E D F|$ , to $△ A B C ~ △ D E F$ .

Cecha „kąt – kąt – kąt” podobieństwa trójkątów

Twierdzenie: Cecha „kąt – kąt – kąt” podobieństwa trójkątów

Jeżeli trzy kąty jednego trójkąta są równe odpowiednim trzem kątom drugiego trójkąta, to te trójkąty są podobne.

Przyjmując oznaczenia jak na rysunku

R1Ti0P0lmGeN5

Możemy to twierdzenie zapisać w postaci:

Jeżeli $|∢ B A C| = |∢ E D F|$ i $|∢ A B C| = |∢ D E F|$ i $|∢ B C A| = |∢ D F E|$ , to $△ A B C ~ △ D E F$ .

Przykład 1

Rozstrzygnij, czy trójkąt o bokach długości $12$ , $18$ , $24$ jest podobny do trójkąta o bokach długości $14$ , $21$ , $28$ .

Rozwiązanie

Stosunek długości najkrótszych boków tych trójkątów jest równy $\frac{12}{14} = \frac{6}{7}$ .

Stosunek długości najdłuższych boków jest równy $\frac{24}{28} = \frac{6}{7}$ , a stosunek długości pozostałych boków jest równy $\frac{18}{21} = \frac{6}{7}$ .

Wszystkie trzy stosunki są równe, więc z cechy bbb wynika, że te trójkąty są podobne.

Skala podobieństwa pierwszego z nich do drugiego jest równa $\frac{6}{7}$ , natomiast skala podobieństwa drugiego z nich do pierwszego jest równa $\frac{7}{6}$ .

Przykład 2

Długości boków trójkąta $A B C$ są równe: $45$ , $39$ i $12$ . W trójkącie $K L M$ dane są: $|K L| = 8$ , $|K M| = 30$ , $\cos (∢ M K L) = 0, 6$ . Rozstrzygnij, czy te trójkąty są podobne.

Rozwiązanie

Obliczymy najpierw długość boku $L M$ trójkąta $K L M$ .

Z twierdzenia cosinusów otrzymujemy

${|L M|}^{2} = {|K L|}^{2} + {|K M|}^{2} - 2 \cdot |K L| \cdot |K M| \cdot \cos |∢ M K L|$ czyli ${|L M|}^{2} = 8^{2} + 30^{2} - 2 \cdot 8 \cdot 30 \cdot 0, 6 = 676$ .

Stąd $|L M| = \sqrt{676} = 26$ .

Teraz, mając już długości wszystkich boków obu trójkątów możemy obliczyć stosunki długości odpowiednich boków.

Ponieważ $\frac{45}{30} = \frac{39}{26} = \frac{12}{8} (= \frac{3}{2})$ , więc z cechy bbb wnioskujemy, że trójkąty $A B C$ i $K L M$ są podobne.

Przykład 3

Przekątne $A C$ i $B D$ trapezu $A B C D$ o podstawach $A B$ i $C D$ przecinają się w punkcie $S$ .

RuyJYf1uihm0V

Ilustracja przedstawia trapez A B C D w którym poprowadzono przekątne A C oraz B D przecinające się w punkcie S. A B jest dolną podstawa, a D C górną.

Uzasadnij, że trójkąty $A B S$ i $C D S$ są podobne.

Rozwiązanie

Kąty $B A S$ i $D C S$ są naprzemianległe oraz kąty $A B S$ i $C D S$ są naprzemianległe.

Proste $A B$ i $C D$ są równoległe, gdyż czworokąt $A B C D$ jest trapezem, więc z twierdzenia o kątach naprzemianległych wynika, że $|∢ B A S| = |∢ D C S|$ oraz $|∢ A B S| = |∢ C D S|$ .

Kąty $A S B$ i $C S D$ są wierzchołkowe, więc $|∢ A S B| = |∢ C S D|$ .

R1WSTdJIcRmo3

Ilustracja przedstawia trapez A B C D w którym poprowadzono przekątne A C oraz B D przecinające się w punkcie S. A B jest dolną podstawa, a D C górną. Zaznaczono następujące kąty: kąt A S B oraz D S C są równe. Kąty B D C oraz D B A są równe. Kąty A C D oraz C A B są równe.

Zatem z cechy kkk wynika, że trójkąty $A B S$ i $C D S$ są podobne.

Przykład 4

Przekątne $A C$ i $B D$ trapezu $A B C D$ , którego podstawy $A B$ i $C D$ mają długości $|A B| = a$ i $|C D| = b$ , przecinają się w punkcie $S$ .

R1301JS9DnKvI

Ilustracja przedstawia trapez A B C D w którym poprowadzono przekątne A C oraz B D przecinające się w punkcie S. Odcinek A B oznaczony małą literą a jest dolną podstawa, a odcinek D C oznaczony małą literą b to górna podstawa.

Wykaż, że stosunek pola trójkąta $A B S$ do pola trapezu $A B C D$ jest równy ${(\frac{a}{a + b})}^{2}$ .

Dowód

Ru6WKT7J1NiPH

Polecenie 1

Zapoznaj się z poniższym filmem edukacyjnym, aby utrwalić swoją wiedzę o trójkątach podobnych.

R1dblolCvzTie

Polecenie 2

Kacper wyszedł z domu na spacer kierując się na azymut $20 °$ . Szedł przez $20$ minut. Następnie ruszył $30 °$ na południe od kierunku wchodniego. Szedł $50$ minut. Wrócił do domu najkrótszą drogą. Przez cały czas poruszał się z niezmienioną prędkością. Wiktoria ruszyła $60 °$ na zachód od kierunku północnego. Szła $10$ minut. Następnie obróciła się o $100 °$ w lewo i szła przez $25$ minut, wróciła do domu najkrótszą drogą. Całą drogę szła z niezmienioną prędkością. Zastanówmy się, czy drogi, które przebyli Kacper i Wiktoria tworzą trójkąty podobne.

Zacznijmy od rysunku pomocniczego obrazującego trasę, którą przeszedł Kacper wraz z miarami kątów wynikającymi z treści zadania i zależności między kątami.

R1AQnwc5DNIu2

Ilustracja przedstawia osie: pionową ze strzałką do góry wskazującą północ, pionową z grotem skierowanym w dół wskazującą południe i poziomą z grotem skierowanym w prawo wskazującą wschód. Na rysunek naniesiono trójkąt, którego górny wierzchołek zaczepiono na poziomej osi. Kąt wewnętrzy trójkąta przy tym wierzchołku wynosi 80 stopni. Z lewej strony zaznaczono kąt 70 stopni między bokiem tego trójkąta a osią wschodnią, a z prawej strony tego trójkąta zaznaczono kąt 30 stopni między bokiem figury a osią wschodnią.

Znamy więc „długości” dwóch boków trójkąta oraz miarę kąta pomiędzy nimi. Przyjrzyjmy się teraz trasie, którą przebyła Wiktoria.

RdM5SnM9zjcl2

Ilustracja przedstawia Wiktorię, obok której naniesiono dwie osie: pionową skierowaną w górę wskazującą północ i poziomą skierowaną w lewo wskazującą zachód. Z początku obu osi poprowadzono linią przerywaną ukośną półprostą w górne lewo. Między półprostą a pionową osią zaznaczono kąt 60 stopni i zapisano "10 minut". W oparciu o tę półprostą narysowano trójkąt, którego podstawa jest odcinkiem leżącym na półprostej. Zaznaczono kąt wewnętrzy trójkąta przy podstawie leżący naprzeciw początku osi i półprostej wynosi 80 stopni. Zaznaczono kąt przyległy do tego kąta o mierze 100 stopni. Bok trójkąta będący ramieniem kąta 80 stopni opisano jako 25 minut.

Również w przypadku Wiktorii znamy „długość” dwóch boków i kąta między nimi. (W obu przypadkach jest to $80 °$ ). Skoro $\frac{20}{10} = \frac{50}{25}$ , to trasy, które przeszli Kacper i Wiktoria są trójkątami podobnymi.

Zauważmy, że nie wiemy, kto przeszedł dłuższą trasę, bo nie znamy prędkości żadnego z piechurów.

Przy rozwiązywaniu problemów geometrycznych często wykorzystujemy trójkąty prostokątne. Pojawiają się one w sposób naturalny, np. gdy prowadzimy wysokość w jakimś wielokącie; w trapezie, w równoległoboku, czy w trójkącie.

R1GeWGN9dIPzn

Ilustracja przedstawia trzy figury. Pierwsza to trapez z zaznaczonymi wysokościami upuszczonymi do dolnej podstawy pod kątem 90 stopni. Druga to równoległobok z zaznaczoną jedną wysokością upuszczoną pod kątem 90 stopni. Trzecia jest to trójkąt rozwartokątny z zaznaczonymi dwoma wysokościami. Jedna z nich znajduję się w środku trójkąta, druga natomiast upuszczona jest na przedłużenie podstawy trójkąta.

W wielu sytuacjach trójkątów prostokątnych jest kilka i bardzo często niektóre z tych trójkątów są podobne. Dlatego umiejętności wskazywania podobnych trójkątów prostokątnych i wykorzystywania własności takich trójkątów są szczególnie ważne.

Dwa trójkąty prostokątne mają zawsze jeden kąt taki sam – kąt prosty. Wobec tego w przypadku trójkątów prostokątnych cechy bbb, bkb i kkk podobieństwa trójkątów przyjmują znacznie prostszą postać. Cechy bbb oraz bkb sprowadzają się do jednej cechy.

Odpowiednikiem cech bbb lub bkb może być każde z następujących dwóch twierdzeń.

Trójkąty podobne – porównanie przyprostokątnych

Twierdzenie: Trójkąty podobne – porównanie przyprostokątnych

Jeżeli przyprostokątne jednego trójkąta prostokątnego są proporcjonalne do przyprostokątnych drugiego trójkąta prostokątnego, to te trójkąty są podobne.

R1GLOkJKiH5ix

Ilustracja przedstawia dwa trójkąty prostokątne. Pierwszy A B C, drugi D F E. Bok A C jest zaznaczony tym samym kolorem co bok D F. Bok A B jest zaznaczony takim samym kolorem co bok D E. Bok B C jest zaznaczony takim samym kolorem jak bok F E.

Jeżeli $\frac{|A C|}{|B C|} = \frac{|D F|}{|E F|}$ , to trójkąt $A B C$ jest podobny do trójkąta $D E F$ .

Trójkąty podobne – porównanie przeciwprostokątnych

Twierdzenie: Trójkąty podobne – porównanie przeciwprostokątnych

Jeżeli przeciwprostokątna oraz jedna z przyprostokątnych jednego trójkąta prostokątnego są proporcjonalne do przeciwprostokątnej oraz jednej z przyprostokątnych drugiego trójkąta prostokątnego, to te trójkąty są podobne.

R1MJP8WT2gOCd

Jeżeli $\frac{|A B|}{|B C|} = \frac{|D E|}{|E F|}$ , to trójkąt $A B C$ jest podobny do trójkąta $D E F$ .

Odpowiednikiem cechy kkk jest następujące twierdzenie.

Trójkąty podobne – porównanie kątów

Twierdzenie: Trójkąty podobne – porównanie kątów

Jeżeli kąt ostry jednego trójkąta prostokątnego jest równy kątowi ostremu drugiego trójkąta prostokątnego, to te trójkąty są podobne.

Rh1z5gKgQL5dj

Ilustracja przedstawia dwa trójkąty prostokątne. Pierwszy A B C, drugi D F E. Kąt przy wierzchołku A jest taki sam jak kąt przy wierzchołku D.

Jeżeli $|∢ B A C| = |∢ E D F|$ , to trójkąt $A B C$ jest podobny do trójkąta $D E F$ .

Przykład 5

Rozstrzygniemy, czy trójkąty są podobne.

Przypadek $I$ :
R16LUSNrNaLD7
Rozwiązanie:
Z twierdzenia Pitagorasa dla trójkąta $P Q R$ otrzymujemy
$|Q R| = \sqrt{{|P R|}^{2} + {|P Q|}^{2}} = \sqrt{4^{2} + {(\sqrt{12})}^{2}} = \sqrt{16 + 12} = \sqrt{28} = 2 \sqrt{7}$ .
W trójkącie $K L M$ obliczmy stosunek długości przyprostokątnej $K M$ do długości przeciwprostokątnej $K L$ .
Jest on równy $\frac{|K M|}{|K L|} = \frac{\sqrt{3}}{\sqrt{5}} = \frac{\sqrt{15}}{5}$ .
W trójkącie $P Q R$ stosunki długości obu przyprostokątnych do długości przeciwprostokątnej są równe $\frac{|P R|}{|Q R|} = \frac{4}{2 \sqrt{7}} = \frac{\sqrt{14}}{7}$ oraz $\frac{|P Q|}{|Q R|} = \frac{\sqrt{12}}{2 \sqrt{7}} = \frac{2 \sqrt{3}}{2 \sqrt{7}} = \frac{\sqrt{21}}{7}$ .
Ponieważ $\frac{\sqrt{14}}{7} \neq \frac{\sqrt{15}}{5}$ i $\frac{\sqrt{21}}{7} \neq \frac{\sqrt{15}}{5}$ , więc trójkąty $P Q R$ i $K L M$ nie są podobne.
Przypadek $II$ :
R1ZmI0VKCYn0v
Rozwiązanie:
Wyznaczymy kąt ostry przy wierzchołku $B$ w trójkącie $A B C$ .
$|∢ A B C| = 90 ° - |∢ B A C| = 90 ° - 35 ° = 55 °$
Ponieważ kąty ostre przy wierzchołkach $B$ i $F$ w trójkątach prostokątnych $A B C$ i $E G F$ są równe, więc te trójkąty są podobne.

Przykład 6

Trójkąt $A B C$ jest prostokątny. Punkt $D$ jest spodkiem wysokości $C D$ opuszczonej z wierzchołka kąta prostego tego trójkąta.

ReydsTNCPTVED

Ilustracja przedstawia trójkąt prostokątny A B C. Kąt przy wierzchołku C jest prosty. Z wierzchołka C upuszczono wysokość na przeciwprostokątną A B. Na przeciwprostokątnej powstał punkt D.

Wykażemy, że: $|C D| = \sqrt{|A D| \cdot |B D|}$ .

Własność tę nazywamy twierdzeniem o wysokości trójkąta prostokątnego opuszczonej na przeciwprostokątną. Możemy ją sformułować następująco:

Długość wysokości trójkąta prostokątnego opuszczonej na przeciwprostokątną jest średnią geometryczną długości odcinków, na jakie spodek tej wysokości dzieli przeciwprostokątną tego trójkąta.

Rozwiązanie:

Trójkąty $A B C$ i $A C D$ są podobne, gdyż oba są prostokątne i mają wspólny kąt ostry przy wierzchołku $A$ .

Trójkąty $A B C$ i $C B D$ też są podobne, bo oba są prostokątne i mają wspólny kąt ostry przy wierzchołku $B$ . Zatem trójkąty $A C D$ i $C B D$ są podobne.

Z tego podobieństwa wynika, że $\frac{|C D|}{|A D|} = \frac{|B D|}{|C D|}$ .

Stąd ${|C D|}^{2} = |A D| \cdot |B D|$ , zatem $|C D| = \sqrt{|A D| \cdot |B D|}$ .

To kończy dowód.

Zauważmy ponadto, że w trójkącie $A B C$ :

R5FrenBTNPKlx

zachodzą również następujące związki:

${|A C|}^{2} = |A B| \cdot |A D|$
${|B C|}^{2} = |A B| \cdot |B D|$

Rzeczywiście:

z podobieństwa trójkątów $A B C$ i $A C D$ wynika, że $\frac{|A C|}{|A B|} = \frac{|A D|}{|A C|}$ , co daje ${|A C|}^{2} = |A B| \cdot |A D|$
z podobieństwa trójkątów $A B C$ i $C B D$ wynika, że $\frac{|B C|}{|A B|} = \frac{|B D|}{|B C|}$ , co daje ${|B C|}^{2} = |A B| \cdot |B D|$

Przykład 7

W trapezie prostokątnym przekątne przecinają się pod kątem prostym. Wykaż, że wysokość tego trapezu jest średnią geometrycznąśrednia geometrycznaśrednią geometryczną długości jego podstaw.

Rozwiązanie:

Przyjmijmy oznaczenia jak na rysunku.

R1LacCd0znFFm

Ilustracja przedstawia trapez prostokątny A B C D. Dłuższa, dolna podstawa A B ma długość a, górna podstawa D C ma długość b. Odcinek A D ma miarę h i jest wysokością trapezu. Trapez posiada dwie przekątne A C oraz B D. Przecinają się pod kątem 90 stopni i tworzą punkt S.

Wówczas tezę możemy zapisać w postaci $h = \sqrt{a \cdot b}$ .

Trójkąty prostokątne $A C D$ i $A D S$ mają wspólny kąt ostry przy wierzchołku $A$ , więc są to trójkąty podobne.

Trójkąty prostokątne $A D S$ i $B D A$ mają wspólny kąt ostry przy wierzchołku $D$ , więc również są to trójkąty podobne.

Stąd wynika, że trójkąt $A C D$ jest podobny do trójkąta $B D A$ .

Zatem $\frac{|D C|}{|A D|} = \frac{|A D|}{|A B|}$ , czyli $\frac{b}{h} = \frac{h}{a}$ . Stąd $h^{2} = a \cdot b$ , więc $h = \sqrt{a \cdot b}$ .

To kończy dowód.

Przykład 8

W trójkącie prostokątnym $A B C$ poprowadzono wysokość $C D$ opuszczoną na przeciwprostokątną $A B$ . Na przyprostokątnych $A C$ i $B C$ obrano takie punkty – odpowiednio – $E$ i $F$ , że czworokąt $C E D F$ jest prostokątem (zobacz rysunek). Pola trójkątów $A D E$ i $C D F$ są równe odpowiednio $16$ i $9$ .

RPDwawEnrDJgm

Oblicz pole trójkąta $A B C$ .

Rozwiązanie:

Trójkąty $A B C$ i $D B F$ są podobne, gdyż oba są prostokątne i mają równe kąty ostre przy wierzchołkach $A$ i $D$ .

Równość kątów $E A D$ i $F D B$ wynika z twierdzenia o kątach odpowiadających.

Trójkąty $D C E$ i $C D F$ są przystające, gdyż czworokąt $C E D F$ jest prostokątem, więc $|C E| = |F D|$ i $|D E| = |F C|$ , a bok $C D$ jest wspólnym bokiem tych trójkątów (cecha bbb).

Zatem $P_{D C E} = P_{C D F} = 9$ .

Trójkąty $C D E$ i $A D E$ mają wspólną wysokość $D E$ , więc stosunek pól tych trójkątów jest równy stosunkowi długości ich podstaw, czyli $\frac{|C E|}{|A E|} = \frac{9}{16}$ , ale $|C E| = |F D|$ , więc $\frac{|F D|}{|A E|} = \frac{9}{16}$ .

Stosunek $\frac{|F D|}{|A E|}$ to skala podobieństwa trójkąta $D B F$ do trójkąta $A B C$ , więc z twierdzenia o stosunku pól figur podobnych otrzymujemy $\frac{P_{D B F}}{P_{A D E}} = {(\frac{9}{16})}^{2}$ , czyli $\frac{P_{D B F}}{16} = {(\frac{9}{16})}^{2}$ .

Stąd $P_{D B F} = \frac{81}{16}$ . Wobec tego $P_{A B C} = P_{D B F} + 2 P_{C D F} + P_{A D E} = \frac{81}{16} + 2 \cdot 9 + 16 = 39 \frac{1}{16}$ .

Przykład 9

Na przyprostokątnych $A C$ i $B C$ trójkąta prostokątnego $A B C$ zbudowano, na zewnątrz tego trójkąta, kwadraty $A C D E$ i $B C E F$ . Odcinki $B E$ i $A C$ przecinają się w punkcie $K$ , a odcinki $A F$ i $B C$ przecinają się w punkcie $L$ (zobacz rysunek).

RtzMjXcabPYD4

Ilustracja przedstawia trójkąt prostokątny A B C . Na przyprostokątnej A C i B C trójkąta zbudowano, na zewnątrz trójkąta kwadraty A C D E i B C E D. Odcinki BE i A C przecinają się w punkcie K, a odcinki A F i B C przecinają się w punkcie L.

Udowodnij, że $|K C| = |L C|$ .

Rozwiązanie:

Niech $|A C| = b$ oraz $|B C| = a$ .

Czworokąty $A C D E$ i $B C E F$ to kwadraty, więc $|A C| = |C D| = |D E| = b$ oraz $|B C| = |C E| = |E F| = a$ .

Trójkąty $A F E$ i $A L C$ są podobne, gdyż oba są prostokątne i mają wspólny kąt ostry przy wierzchołku $A$ .

Tak samo trójkąty $B D E$ i $B C K$ są podobne, gdyż oba są prostokątne i mają wspólny kąt ostry przy wierzchołku $B$ .

Z tych podobieństw wynika, że

$\frac{|C L|}{|A C|} = \frac{|E F|}{|A E|}$ oraz $\frac{|K C|}{|B C|} = \frac{|D E|}{|B D|}$ , czyli $\frac{|C L|}{b} = \frac{a}{a + b}$ oraz $\frac{|K C|}{a} = \frac{b}{a + b}$ .

Stąd $|C L| = \frac{a b}{a + b}$ oraz $|K C| = \frac{a b}{a + b}$ . Zatem $|K C| = |L C|$ .

To kończy dowód.

Polecenie 3

Uzasadnij, że trójkąty $A B C$ , $A K L$ , $K N C$ i $N B M$ są podobne.

R1KdnflK7vWRd

Polecenie 4

Zmieniaj położenie punktu $K$ , obserwując jak zmienia się długość $x$ odcinka $A K$ oraz pole prostokąta $K L M N$ . Sformułuj hipotezę dotyczącą największej wartości pola prostokąta $K L M N$ .

Polecenie 5

Wyznacz pole prostokąta $K L M N$ jako funkcję zmiennej $x$ , podaj dziedzinę tej funkcji i wyznacz jej największą wartość. Porównaj swoje rozwiązanie z podanym.

RqH7nQ0YqURaJ

Aplet przedstawia trójkąt A B C. Długość przyprostokątnej A C wynosi 8 jednostek, a przyprostokątna B C ma miarę sześć. W jego środku znajduję się prostokąt K L M N. Krawędzie prostokąta dzielą trójkąt na trzy mniejsze. Pierwszy A K L, drugi K N C oraz trzeci N B M. Odcinek A K jest równy x.

Z twierdzenia Pitagorasa dla trójkąta $A B C$ otrzymujemy:

$|A B| = \sqrt{{|A C|}^{2} + {|B C|}^{2}} = \sqrt{8^{2} + 6^{2}} = 10$ .

Ponieważ trójkąty $A B C$ i $A K L$ są prostokątne i mają wspólny kąt ostry przy wierzchołku $A$ , więc są podobne. Zatem $\frac{|K L|}{|A K|} = \frac{|B C|}{|A B|}$ , czyli $\frac{|K L|}{x} = \frac{6}{10}$ . Stąd $|K L| = \frac{3}{5} x$ .

Czworokąt $K L M N$ jest prostokątem, więc $K N ∥ A B$ , co oznacza, że kąty odpowiadające $C K N$ i $C A B$ są równe. Zatem trójkąty prostokątne $A B C$ i $K N C$ są podobne, gdyż mają równe kąty ostre przy wierzchołkach $K$ i $A$ . Stąd $\frac{|N K|}{|C K|} = \frac{|A B|}{|A C|}$ ,czyli $\frac{|N K|}{8 - x} = \frac{10}{8}$ . Stąd $|N K| = \frac{5}{4} (8 - x)$ .

Pole prostokąta $K L M N$ możemy zapisać w postaci:

$P_{K L M N} = |K L| \cdot |N K| = \frac{3}{5} x \cdot \frac{5}{4} (8 - x) = \frac{3}{4} (8 x - x^{2})$ .

Otrzymaliśmy w ten sposób funkcję zmiennej $x$ określoną wzorem

$P_{K L M N} (x) = \frac{3}{4} (8 x - x^{2})$ dla każdej liczby rzeczywistej $x \in (0, 8)$ .

Zapiszmy wzór funkcji w postaci kanonicznej:

$P_{K L M N} (x) = \frac{3}{4} (16 - 16 + 8 x - x^{2}) =$

$= \frac{3}{4} (16 - {(4 - x)}^{2}) = 12 - \frac{3}{4} {(4 - x)}^{2}$ .

Ponieważ $\frac{3}{4} {(4 - x)}^{2} \geq 0$ , przy czym $\frac{3}{4} {(4 - x)}^{2} = 0$ tylko dla $x = 4$ , więc $P_{K L M N} (x) \leq 12$ , przy czym $P_{K L M N} (x) = 12$ tylko wtedy, gdy $x = 4$ . Największe pole równe $12$ ma więc prostokąt, którego wierzchołek $K$ jest środkiem boku $A C$ , a wierzchołek $N$ jest środkiem boku $B C$ .

Ćwiczenie 1

Na każdym z rysunków $I$ , $II$ i $III$ przedstawiono parę trójkątów.

RWzN4cI5xkOFx

Ilustracja składa się z trzech części. Część pierwsza przedstawia trójkąt, którym zaznaczono dwa kąty przy podstawie. Oba o mierze 70 stopni. Drugi trójkąt jest równoramienny, a równe boki rozpinają kąt o mierze 40 stopni. Część druga przedstawia dwa trójkąty. Boki pierwszego mają długości 8, 12 oraz 16, a boki drugiego trójkąta mają długości 10, 15 oraz 20; część trzecia przedstawia dwa trójkąty prostokątne: pierwszy ma przeciwprostokątną o długości 3,75, a jedna z przyprostokątnych ma długość 2,25. W drugim trójkącie jedna z przyprostokątnych ma długość 43, a druga 33.

R1DxmUY9e39z3

R1BknIdboji6w1

Ćwiczenie 2

R1ZpKg6blccX41

Ćwiczenie 3

Ćwiczenie 4

Prosta $A B$ jest równoległa do prostej $K L$ oraz $|A B| = 3$ , $|K L| = 7$ i $|B K| = 9$ jak na rysunku poniżej.

R1HJjBcm3Qoin

Ilustracja przedstawia cztery proste. Dwie ukośne proste przecinają się w punkcie P i układają się w kształt spłaszczonej litery X. Lewa pionowa prosta przecina pierwszą ukośną prostą w punkcie B i poniżej drugą prostą w punkcie A. Druga pionowa prosta przecina jedną prostą w punkcie L, a drugą w punkcie K. Mamy więc prostą biegnącą od górnego lewego rogu ilustracji do dolnego prawego. Prosta zawiera punkty B P K. Mamy również prostą biegnącą z lewego dolnego rogu ilustracji do górnego prawego i na tej prostej znajdują się punkty A P L.

R1Y6aih9GEbvT

Ćwiczenie 5

Proste $a$ i $b$ zostały przecięte prostymi równoległymi $k$ , $l$ i $m$ jak na rysunku poniżej.

R1PzotrAHcZ14

Prawdziwe są proporcje: $\frac{p}{d} = \frac{p + z}{d + q}$ , $\frac{d}{x} = \frac{p}{f}$ , $\frac{h}{s} = \frac{d}{d + q}$ .

RzBF7prISQJks

R161iIrBTC073

Ćwiczenie 6

Długość boku $A B$ trójkąta $A B C$ jest równa $5$ . Na bokach $B C$ i $A C$ tego trójkąta leżą punkty odpowiednio $D$ i $E$ takie, że $|D E| = 3$ , $|C E| = 2$ i $|∢ B A C| = |∢ E D C| = α$ , jak na rysunku.

ROMT8EOQgJrCQ

Ilustracja przedstawia A B C z oznaczonym kątem wewnętrznym alfa przy wierzchołku A. Bok A B ma długość 5, na boku A C zaznaczono punkt E. Odcinek E C ma długość 2, na boku B C zaznaczono punkt D i połączono go z punktem E. Odcinek E D ma długość trzy. Kąt E D C oznaczono jako alfa.

Oblicz długość boku $B C$ trójkąta $A B C$ .

Kąt przy wierzchołku $C$ trójkątów $A B C$ i $D E C$ jest wspólny, $|∢ B A C| = |∢ E D C| = α$ , więc z twierdzenia o sumie kątów trójkąta wynika, że $|∢ A B C| = |∢ D E C| = 180 ° - α - |∢ A C B|$ .

Zatem z cechy kkk podobieństwa trójkątów wynika, że trójkąty $A B C$ i $D E C$ są podobne.

Stąd otrzymujemy proporcję $\frac{|B C|}{|A B|} = \frac{|E C|}{|D E|}$ , czyli $\frac{|B C|}{5} = \frac{2}{3}$ , skąd $|B C| = \frac{10}{3} = 3 \frac{1}{3}$ .

Ćwiczenie 7

Na rysunku przedstawione są dwa prostokąty $A B C D$ i $B E F G$ o wspólnym wierzchołku $B$ . Bok $A B$ prostokąta $A B C D$ jest $2$ razy dłuży od jego boku $A D$ , a bok $B G$ prostokąta $B E F G$ jest $2$ razy dłuży od jego boku $B E$ .

RoP9qYqja9LaE

Ilustracja przedstawia dwa prostokąty i dwa odcinki. Duży prostokąt to A B C D, jego boki A B oraz C D są poziome, a boki D A oraz C B są pionowe. Mniejszy prostokąt G B E F ma wszystkie boki ukośne i jeden wspólny wierzchołek z dużym prostokątem. Większa część małego prostokąta leży w dużym prostokącie. Dwa odcinki łączą poszczególne wierzchołki obu figur. Są to odcinki A G znajdujący się w dużym prostokącie oraz C E leżący poza dużym prostokątem.

Udowodnij, że $|A G| = 2 \cdot |E C|$ .

Z treści zadania wiemy, że $|A B| = 2 \cdot |B C|$ oraz $|B G| = 2 \cdot |B E|$ .

Wobec tego $\frac{|A B|}{|B G|} = \frac{2 \cdot |B C|}{2 \cdot |B E|} = \frac{|B C|}{|B E|}$ .

Ponadto

$|∢ A B G| = |∢ A B C| - |∢ C B G| = 90 ° - |∢ C B G| = |∢ G B E| - |∢ C B G| = |∢ C B E|$

Zatem z cechy bkb wynika, że trójkąty $A B G$ i $C B E$ są podobne.

Stąd $\frac{|A G|}{|C E|} = \frac{|A B|}{|B C|} = \frac{2 \cdot |B C|}{|B C|} = 2$ , czyli $|A G| = 2 \cdot |E C|$ . To kończy dowód.

Ćwiczenie 8

Dany jest równoległobok $A B C D$ . Prosta przechodząca przez wierzchołek $D$ przecina przekątną $A C$ tego równoległoboku w punkcie $E$ , bok $B C$ w punkcie $F$ i przedłużenie boku $A B$ w punkcie $G$ jak na rysunku poniżej.

R1IW7UE084DtD

Ilustracja przedstawia równoległobok A B C D, w którym boki są następujące: A B to dolna pozioma podstawa, C D to górna pozioma podstawa, A D to ukośny lewy bok, B D to ukośny prawy bok. Podstawy są dłuższe od ukośnych boków. W czworokącie poprowadzono przekątną A C. Dolną podstawę przedłużono o poziomy odcinek B G. Narysowano również ukośny odcinek D G. Odcinek ten przecina przekątną A C w punkcie E oraz bok B C w punkcie F.

Wykaż, że ${|D E|}^{2} = |E F| \cdot |E G|$ .

Kąty $∢ E D C$ i $∢ E G A$ oraz $∢ E C D$ i $∢ E A G$ to pary kątów naprzemianległych.

Ponieważ proste $A G$ i $C D$ są równoległe, więc z twierdzenia o kątach naprzemianległych otrzymujemy $|∢ E D C| = |∢ E G A|$ oraz $|∢ E C D| = |∢ E A G|$ .

Kąty $∢ C E D$ i $∢ A E G$ są wierzchołkowe, więc $|∢ C E D| = |∢ A E G|$ .

Zatem trójkąty $A E G$ i $C D E$ są podobne, na podstawie cechy kkk.

Kąty $∢ E A D$ i $∢ E C F$ oraz $∢ E D A$ i $∢ E F C$ to pary kątów naprzemianległych.

Ponieważ proste $A D$ i $B C$ są równoległe, więc z twierdzenia o kątach naprzemianległych otrzymujemy $|∢ E A D| = |∢ E C F|$ oraz $|∢ E D A| = |∢ E F C|$ . Kąty $∢ A E D$ i $∢ C E F$ są wierzchołkowe, więc $|∢ A E D| = |∢ C E F|$ .

Zatem, na podstawie cechy kkk, trójkąty $A E D$ i $C E F$ są podobne.

Z podobieństwa trójkątów $A E G$ i $C D E$ otrzymujemy proporcję $\frac{|C E|}{|A E|} = \frac{|D E|}{|E G|}$ , natomiast z podobieństwa trójkątów $A D E$ i $C E F$ wynika proporcja $\frac{|C E|}{|A E|} = \frac{|E F|}{|D E|}$ .

Zatem $\frac{|D E|}{|E G|} = \frac{|E F|}{|D E|}$ , skąd otrzymujemy ${|D E|}^{2} = |E F| \cdot |E G|$ . To kończy dowód.

Pokaż ćwiczenia:

Ćwiczenie 9

Wysokości trójkąta ostrokątnego $A B C$ przecinają się w punkcie $H$ jak na rysunku.

R1P5c5Cdd3G6y

Ilustracja przedstawia trójkąt A B C. Z wierzchołka A upuszczono wysokość na odcinek B C. Tworząc przy tym punkt E. Podzieliło to trójkąt na dwa mniejsze A B E oraz A C E. kolejno z punktu B upuszczono wysokość na bok A C. Tworząc punkt F. powstały trójkąty B C F oraz A B F. Z wierzchołka C upuszczono wysokość na podstawę A B. utworzono punkt D. Podzielono trójkąt na dwa mniejsze B C D oraz A C D. w punkcie przecięcia przekątnych powstał punkt H. Powstały mniejsze trójkąty. C E H, C F H, B E H, A H F, A D H oraz B D H.

R1ESuowfdUOQy

R1zuwiC9oNpBN1

Ćwiczenie 10

R1aDgeTGGLrby1

Ćwiczenie 11

R1JnUFGnf12tH2

Ćwiczenie 12

Ćwiczenie 13

W trójkącie prostokątnym $A B C$ z wierzchołka kąta prostego $C$ poprowadzono wysokość $C D$ (patrz rysunek).

R1DuxK5jt1X07

Ilustracja przedstawia trójkąt prostokątny A B C. Przyprostokątna A C ma miarę 12 jednostek, a przyprostokątna B C ma miarę 9 jednostek. Z wierzchołka C upuszczono wysokość tworzącą z przeciwprostokątną punkt D.

Rvv2kEVpaws8l

Ćwiczenie 14

Oblicz długość promienia okręgu wpisanego w trójkąt $A B C$ , którego boki mają długości $|A B| = 10$ , $|A C| = |B C| = 13$ .

Przyjmijmy oznaczenia jak na rysunku.

R18R89EjS6x1P

Ilustracja przedstawia trójkąt równoramienny A B C. Długość Boku A B wynosi 10 jednostek. Długość ramion B C i A C wynosi 13 jednostek. Wysokość upuszczona z punktu C tworzy z podstawą punkt D. Dzieli ją na dwa równe odcinki A D i D B wynoszące 5 jednostek. W trójkąt wpisano okrąg o promieniu r ze środkiem S. Odcinek E S jest prostopadły do ramienia A C. A odcinek DS jest prostopadły do podstawy D B.

Ponieważ trójkąt $A B C$ jest równoramienny, więc spodek $D$ wysokości $C D$ jest środkiem podstawy $A B$ tego trójkąta.

Zatem $|A D| = |B D| = 5$ .

Z twierdzenia Pitagorasa dla trójkąta $A D C$ otrzymujemy

$|C D| = \sqrt{{|A C|}^{2} - {|A D|}^{2}} = \sqrt{13^{2} - 5^{2}} = \sqrt{(13 - 5) (13 + 5)} = \sqrt{8 \cdot 18} = 12$

Zatem długość odcinka $S C$ jest równa $|S C| = |C D| - |S D| = 12 - r$ .

Trójkąty $S E D$ i $A D C$ są podobne, gdyż oba są prostokątne i mają wspólny kąt ostry przy wierzchołku $C$ .

Stąd $\frac{|E S|}{|S C|} = \frac{|A D|}{|A C|}$ , czyli $\frac{r}{12 - r} = \frac{5}{13}$ .

Rozwiązując otrzymane równanie z jedną niewiadomą $r$ otrzymujemy kolejno:

$13 r = 60 - 5 r$

$18 r = 60$

$r = \frac{10}{3}$ .

Ćwiczenie 15

Dany jest prostokąt $A B C D$ , w którym rzuty prostokątne $E$ i $F$ wierzchołków odpowienio $A$ i $C$ na przekątną $B D$ dzielą tę przekatną na trzy równe części.

R1Ea0T6iUQRyz

Ilustracja przedstawia prostokąt A B C D. Przekątna B D dzieli go na dwa przystające trójkąty. Z wierzchołka C upuszczono wysokość tworzącą z przekątną punkt F. Z wierzchołka A upuszczono wysokość tworzącą z przekątną punkt E.

Obwód prostokąta $A B C D$ jest równy $\sqrt{12} + \sqrt{24}$ . Oblicz pole prostokąta $A B C D$ .

Niech $|D E| = |E F| = |F B| = x$ . Pozostałe oznaczenia przyjmijmy takie jak na rysunku.

RhTMXsAogxBB1

Ilustracja przedstawia prostokąt A B C D. Bok A D oraz B C ma miarę a, a bok AC oraz DC ma miarę b. Przekątna B D dzieli go na dwa przystające trójkąty. Z wierzchołka C upuszczono wysokość o mierze h tworzącą z przekątną punkt F. Z wierzchołka A upuszczono wysokość o mierze h tworzącą z przekątną punkt E. Na przekątnej powstały trzy równe odcinki o mierze x. D E, E F oraz F B.

Trójkąty $A B D$ i $E B A$ są prostokątne i mają wspólny kąt ostry przy wierzchołku $B$ , więc są to trójkąty podobne.

Podobnie trójkąty $A B D$ i $E A D$ są prostokątne i mają wspólny kąt ostry przy wierzchołku $D$ , więc również są to trójkąty podobne.

W rezultacie wszystkie trzy trójkąty $A B D$ , $E B A$ i $E A D$ są podobne.

Z podobieństwa trójkątów $E A D$ i $A B D$ oraz podobieństwa trójkątów $E B A$ i $A B D$ otrzymujemy

$\frac{|A D|}{|D E|} = \frac{|B D|}{|A D|}$ oraz $\frac{|A B|}{|B E|} = \frac{|B D|}{|A B|}$ , czyli $\frac{a}{x} = \frac{3 x}{a}$ oraz $\frac{b}{2 x} = \frac{3 x}{b}$ .

Stąd $a^{2} = 3 x^{2}$ oraz $b^{2} = 6 x^{2}$ , więc $a = x \sqrt{3}$ i $b = x \sqrt{6}$ .

Obwód prostokąta jest równy $L_{A B C D} = 2 a + 2 b$ , zatem $\sqrt{12} + \sqrt{24} = 2 \cdot x \sqrt{3} + 2 \cdot x \sqrt{6}$ .

Stąd $2 \sqrt{3} + 2 \sqrt{6} = (2 \sqrt{3} + 2 \sqrt{6}) x$ , więc $x = 1$ .

Pole prostokata jest więc równe $P_{A B C D} = a b = x \sqrt{3} \cdot x \sqrt{6} = 3 \sqrt{2}$ .

Ćwiczenie 16

W trójkąt prostokątny $A B C$ o przyprostokątnych długości $|B C| = a$ , $|A C| = b$ i przeciwprostokątnej długości $|A B| = c$ wpisano kwadrat $D E F G$ jak na rysunku.

R18Z5HHr9vGMx

Ilustracja przedstawia trójkąt prostokątny A B C. . Przyprostokątna A C ma długość b, a przyprostokątna B C ma długość a, a przeciwprostokątna ma długość c. W trójkąt został wpisany kwadrat D E F G

Wykaż, że bok tego kwadratu ma długość równą $\frac{a b c}{a b + c^{2}}$ .

Przyjmijmy oznaczenia jak na rysunku.

RRongbSyozYXH

Trójkąty $A D E$ i $A B C$ są podobne, gdyż są prostokątne i mają wspólny kąt ostry przy wierzchołku $A$ .

Trójkąty $G B F$ i $A B C$ również są podobne, gdyż są prostokątne i mają wspólny kąt ostry przy wierzchołku $B$ .

Zatem $\frac{|D E|}{|A E|} = \frac{|B C|}{|A C|}$ oraz $\frac{|B F|}{|G F|} = \frac{|B C|}{|A C|}$ , czyli $\frac{x}{p} = \frac{a}{b}$ oraz $\frac{q}{x} = \frac{a}{b}$ .

Stąd $p = \frac{b}{a} x$ oraz $q = \frac{a}{b} x$ .

Ponieważ $|A B| = |A E| + |E F| + |B F|$ , więc $c = p + x + q$ .

Zatem $c = \frac{b}{a} x + x + \frac{a}{b} x$ , skąd $x (\frac{b}{a} + 1 + \frac{a}{b}) = c$ , a dalej $x = \frac{c}{\frac{a}{b} + 1 + \frac{b}{a}} = \frac{a b c}{a^{2} + a b + b^{2}} = \frac{a b c}{a b + c^{2}}$ , co należało wykazać.

Ćwiczenie 17

Okręgi o środkach $A$ , $B$ i $C$ wpisano w kąt wypukły w ten sposób, że każdy z tych okręgów jest styczny do obu ramion kąta, a okrąg o środku $B$ jest zewnętrznie styczny z każdym z dwóch pozostałych okręgów (zobacz rysunek).

R1cOdUoEwKZkV

Ilustracja przedstawia kąt wypukły do którego wpisano trzy okręgi o środkach A B i C. Każdy z okręgów jest styczny do obu ramion kąta, a okrąg o środku B jest zewnętrznie styczny z każdym z dwóch pozostałych okręgów.

Udowodnij, że promień okręgu o środku $B$ jest średnią geometryczną promieni okręgów o środkach $A$ i $C$ .

Poprowadźmy promienie $A D$ , $B E$ i $C F$ tych okręgów do punktów ich styczności z jednym z ramion kąta. Promienie te są prostopadłe do tego ramienia.

Poprowadźmy też odcinki $A G$ i $B F$ równoległe do tego ramienia takie, żeby punkt $G$ leżał na odcinku $B E$ i punkt $H$ na odcinku $C F$ .

Niech $|A D| = r$ , $|B E| = x$ , $|C F| = R$ .

Wówczas tezę możemy zapisać w postaci $x = \sqrt{R r}$ .

R1Z8ySjnmDFF4

Okręgi o środkach , i wpisano w kąt wypukły w ten sposób, że każdy z tych okręgów jest styczny do obu ramion kąta, a okrąg o środku jest zewnętrznie styczny z każdym z dwóch pozostałych okręgów. Z każdego okręgu poprowadzono promienie prostopadłe do ramienia kąta. Utworzono odcinki A D o mierze r , B E o mierze x oraz C F o mierze r duże. Z punktu A poprowadzono prostopadle odcinek do odcinka B E tworząc punkt G. Z punktu B poprowadzono prostopadle odcinek do promienia C F tworząc punkt H.

Okręgi o środkach $A$ i $B$ są styczne zewnętrznie, więc $|A B| = x + r$ .

Podobnie okręgi o środkach $C$ i $B$ są styczne zewnętrznie, więc $|C B| = R + x$ .

Kąty odpowiadające $B C H$ i $A B G$ są równe, gdyż odcinki $B G$ i $C H$ są równoległe.

Wobec tego trójkąty prostokątne $A B G$ i $B C H$ są podobne.

Stąd otrzymujemy $\frac{|A B|}{|B G|} = \frac{|B C|}{|C H|}$ , ale $|B G| = |B E| - |G E| = |B E| - |A D| = x - r$ oraz $|C H| = |C F| - |H F| = |C F| - |B E| = R - x$ , więc tę proporcję możemy zapisać w postaci $\frac{x + r}{x - r} = \frac{R + x}{R - x}$ .

Przekształcając tę równość mamy kolejno:

$(x + r) (R - x) = (R + x) (x - r)$

$R x - x^{2} + R r - r x = R x - R r + x^{2} - r x$

$2 x^{2} = 2 R r$

$x^{2} = R r$

Stąd $x = \sqrt{R r}$ , co kończy dowód.

Słownik

skala podobieństwa figur

jeżeli figura $g$ jest obrazem figury $f$ w podobieństwie o skali $s > 0$ , to liczbę $s$ nazywamy skalą podobieństwa tych figur (dokładniej skalą podobieństwa figury $g$ do figury $f$ )

średnia geometryczna

średnią geometryczną dwóch liczb nieujemnych $x$ i $y$ nazywamy liczbę $\sqrt{x \cdot y}$ ; średnią geometryczną $n$ liczb nieujemnych $x_{1}$ , $x_{2}$ , $x_{3}$ , $. . .$ , $x_{n}$ nazywamy liczbę $\sqrt[n]{x_{1} \cdot x_{2} \cdot x_{3} \cdot . . . \cdot x_{n}}$

4. Linia środkowa w trójkącie

6. Zastosowanie cech podobieństwa trójkątów

5. Cechy podobieństwa trójkątów

Słownik