5. Dowodzenie twierdzeń w geometrii

R1OP5HBzXzypF

Pitagoras ( $VI$ w. p.n.e.) dokonał wielu odkryć w dziedzinie geometrii. Twierdzenie „w trójkącie prostokątnym kwadrat długości przeciwprostokątnej równy jest sumie kwadratów długości przyprostokątnych”, nazwane jego imieniem, znane było już dużo wcześniej. Pitagoras pierwszy podał jego pełny dowód. W materiale dowiesz się jak wykorzystać podane twierdzenie przy rozwiązywaniu zadań oraz jak udowodnić twierdzenia z zakresu planimetrii i trygonometrii.

Twoje cele

Zastosujesz twierdzenia dotyczące trójkątów w zadaniach geometrycznych.
Zastosujesz poznane własności trójkątów do rozwiązywania zadań.
Wykorzystasz własności trójkątów w dowodzeniu twierdzeń.
Zastosujesz wzory na pole trójkąta do dowodzenia twierdzeń.

Ważne!

Dowód jest to uzasadnienie pewnej hipotezy w oparciu o aksjomaty (pewniki) i własności (twierdzenia) uprzednio udowodnione oraz ogólnie przyjęte zasady logiki.

Dowodzenie polega zatem na wyciąganiu wniosków z przyjętych założeń, aksjomatów i poprzednio udowodnionych twierdzeń.

W poniższych przykładach pokażemy zastosowanie własności trójkątów w zadaniach na dowodzenie.

Przykład 1

Wykaż, że trójkąt o bokach $\sqrt{17}$ , $\sqrt{85}$ , $\sqrt{68}$ jest prostokątny.

R1K8y0QXQwNn5

Ilustracja przedstawia trójkąt ABC. Przy wierzchołku C znajduję się kąt prosty.

Rozwiązanie:

Oznaczmy boki trójkąta $A B C$ :

$a = \sqrt{17}$ , $b = \sqrt{85}$ , $c = \sqrt{68}$ .

Korzystamy z twierdzenia odwrotnego do twierdzenia Pitagorasa. Sprawdzamy, czy kwadrat długości jednego z boków jest równy sumie kwadratów długości boków pozostałych. Ponieważ w trójkącie prostokątnym najdłuższym bokiem jest przeciwprostokątna – w naszym przypadku może to być bok o długości $b = \sqrt{85}$ . Ograniczymy się zatem tylko do sprawdzenia warunku: $a^{2} + c^{2} = b^{2}$ .

Otrzymujemy:

$a^{2} + c^{2} = {(\sqrt{17})}^{2} + {(\sqrt{68})}^{2} = 17 + 68 = 85 = {(\sqrt{85})}^{2} = b^{2}$ .

Wykazaliśmy, że $a^{2} + c^{2} = b^{2}$ , więc trójkąt $A B C$ jest prostokątny.

Przykład 2

Wykaż, że trójkąt o bokach $|A B| = 7$ , $|B C| = 11$ , $|C A| = 14$ jest rozwartokątny.

Rozwiązanie:

Trójkąt jest rozwartokątny jeżeli kąt przy jednym z wierzchołków jest rozwarty, czyli $α > 90^{°}$ . Skorzystamy z twierdzenia cosinusów. Sprawdzimy znak funkcji cosinus – jeżeli trójkąt jest rozwartokątny to cosinus kąta rozwartego jest ujemny.

Wprowadźmy oznaczenie: $∢ A B C = α$ .

Zapiszemy twierdzenie cosinusów dla boku $C A$ , ponieważ bok leżący naprzeciw kąta o największej mierze jest najdłuższy:

${|C A|}^{2} = {|A B|}^{2} + {|B C|}^{2} - 2 |A B| \cdot |B C| \cdot \cos α$ .

Wyznaczamy z tego wzoru $\cos α = \frac{{|C A|}^{2} - {|A B|}^{2} - {|B C|}^{2}}{- 2 |A B| \cdot |B C|}$ .

Podstawiamy $|A B| = 7$ , $|B C| = 11$ , $|C A| = 14$ :

$\cos α = \frac{14^{2} - 7^{2} - 11^{2}}{- 2 \cdot 7 \cdot 11} = - \frac{26}{154} = - \frac{13}{77} < 0$ .

Ponieważ $\cos α < 0$ , to kąt $A B C$ jest rozwarty ( cosinus jest ujemny w $II$ i $III$ ćwiartce, $α$ może być tylko kątem z $II$ ćwiartki układy współrzędnych ponieważ jest kątem trójkąta).

Wykazaliśmy, że trójkąt jest rozwartokątny. Kąt rozwarty znajduje się przy wierzchołku $B$ trójkąta $A B C$ .

Przykład 3

Trójkąt $A B C$ jest trójkątem prostokątnym o kącie prostym przy wierzchołku $C$ . Na przedłużeniu przeciwprostokątnej $A B$ odmierzymy odcinek $B D$ równy przyprostokątnej $B C$ i łączymy punkt $D$ z punktem $C$ . Wykaż, że gdy $|B C| = 5$ , a $|A C| = 12$ , to długość odcinka $C D$ wynosi $\frac{30}{13} \cdot \sqrt{13}$ .

R1c3PENZSKGxC

Ilustracja przedstawia trójkąt ACD. Na przedłużeniu boków AC i wierzchołka D powstaje punkt E. Tworząc trójkąt prostokątny AED. Z wierzchołka C prostopadle poprowadzono prostą do ramienia AD tworząc punkt B. Ramię CD ma wartość x.

Rozwiązanie:

$I$ metoda:

Pomocniczo wprowadzamy odcinki $D E$ i $E C$ , $D E ∥ C B$ . Z treści zadania wiemy, że $|A C| = 12$ , $|C B| = 5$ , $|D B| = 5$ .

Rozwiązanie znajdziemy wykonując następujące kroki:

Z twierdzenia Pitagorasa dla trójkąta prostokątnego $A B C$ wyznaczymy $A B$ .
Z twierdzenia Talesa wyznaczymy $D E$ i $E C$ .
Z twierdzenia Pitagorasa dla trójkąta prostokątnego $D E C$ wyznaczymy $|C D| = x$ .

Trójkąt $A B C$ jest prostokątny, zatem z twierdzenia Pitagorasa, możemy zapisać: ${|A C|}^{2} + {|C B|}^{2} = {|A B|}^{2}$ .

Ponieważ $|A B| = \sqrt{{|A C|}^{2} + {|C B|}^{2}}$ , $|A C| = 12$ , $|C B| = 5$ , zatem:

$|A B| = \sqrt{12^{2} + 5^{2}} = \sqrt{169} = 13$ .

$|A B| = 13$ .

Ponieważ $D E ‖ C B$ , to z twierdzenia Talesa możemy zapisać:

1) $\frac{|D E|}{|C B|} = \frac{|A D|}{|A B|}$

$|A D| = |D B| + |A B|$ (co wynika z treści zadania).

$|A D| = 5 + 13 = 18$ , $|C B| = 5$ , $|A B| = 13$ .

Otrzymujemy:

$\frac{|D E|}{5} = \frac{18}{13}$ , skąd $|D E| = \frac{5 \cdot 18}{13}$ .

2) $\frac{|E C|}{|A C|} = \frac{|D B|}{|A B|}$

Wiemy, że $|A C| = 12$ , $|D B| = 5$ , $|A B| = 13$

Otrzymujemy:

$\frac{|E C|}{12} = \frac{5}{13}$ , skąd $|E C| = \frac{12 \cdot 5}{13}$ .

$|C D| = x$ wyznaczymy z twierdzenia Pitagorasa zapisanego dla trójkąta $C D E$ :

$x^{2} = {|C D|}^{2} = {|D E|}^{2} + {|E C|}^{2}$ .

$x^{2} = {(\frac{5 \cdot 18}{13})}^{2} + {(\frac{12 \cdot 5}{13})}^{2} = {(\frac{5}{13})}^{2} (18^{2} + 12^{2}) = {(\frac{5}{13})}^{2} ({(3 \cdot 6)}^{2} + {(2 \cdot 6)}^{2}) =$ $= {(\frac{5}{13})}^{2} \cdot 6^{2} \cdot (3^{2} + 2^{2}) = {(\frac{5 \cdot 6}{13})}^{2} \cdot 13$ .

Stąd $|C D| = \frac{30}{13} \cdot \sqrt{13}$ .

$II$ metoda:

R1bf6LCjT7cl8

Ilustracja przedstawia trójkąt ACD. Z wierzchołka C prostopadle poprowadzono prostą do ramienia AD tworząc punkt B. Ramię CD ma wartość x. Utworzono dwa trójkąty wewnętrzne. BCD o kącie przy wierzchołku B o wartości beta oraz trójkąt ABC o kącie przy wierzchołku B o wartości alfa.

Ponieważ trójkąt $A B C$ jest prostokątny, to z twierdzenia Pitagorasa możemy zapisać: ${|A C|}^{2} + {|C B|}^{2} = {|A B|}^{2}$ .

Wiemy, że $|A B| = \sqrt{{|A C|}^{2} + {|C B|}^{2}}$ , $|A C| = 12$ , $|C B| = 5$ , więc $|A B| = \sqrt{12^{2} + 5^{2}} = \sqrt{169} = 13$ .

Otrzymujemy zatem $|A B| = 13$

Oznaczmy: $∢ C B A = α$ i $∢ D B C = β$ .

Ponieważ $α$ , $β$ to kąty przyległe, to $α + β = 180 °$ , a stąd $β = 180 ° - α$ .

Trójkąt $A B C$ jest prostokątny, możemy zatem zapisać : $\cos α = \frac{|B C|}{|A B|}$ .

$|B C| = 5$ , $|A B| = 13$ , a zatem $\cos α = \frac{|B C|}{|A B|} = \frac{5}{13}$ .

Ponieważ $β = 180 ° - α \to \cos β = \cos (180 ° - α) = - \cos α$ (ze wzoru redukcyjnego). Otrzymujemy zatem $\cos β = - (\frac{5}{13})$ .

Z twierdzenia cosinusówtwierdzenie cosinusówtwierdzenia cosinusów dla trójkąta $C D B$ zapisujemy: ${|C D|}^{2} = {|C B|}^{2} + {|D B|}^{2} - 2 \cdot |C B| \cdot |D B| \cdot \cos β$ .

$x = |C D|$ .

$x^{2} = 5^{2} + 5^{2} - 2 \cdot 5 \cdot 5 \cdot (\frac{- 5}{13}) = 25 + 25 + \frac{250}{13} =$ $= 25 (2 + \frac{10}{13}) = 5^{2} \cdot \frac{36}{13} = 5^{2} \cdot \frac{6^{2}}{13}$ .

Ponieważ $x^{2} = 5^{2} \cdot \frac{6^{2}}{13}$ , stąd też $x = \sqrt{5^{2} \cdot \frac{6^{2}}{13}} = \frac{30}{\sqrt{13}} = \frac{30}{13} \sqrt{13}$ .

Wykazaliśmy, że $|C D| = \frac{30}{13} \cdot \sqrt{13}$ .

Przykład 4

Wykaż, że jeżeli trójkąt ma dwie równe wysokości to jest równoramienny.

R6DpgKHbIsMMa

Ilustracja przedstawia trójkąt ABC. Z wierzchołka B prostopadle do ramienia AC poprowadzono prostą tworząc punkt D. Z wierzchołka C prostopadle poprowadzono prostą na ramie AB tworząc punkt E.

Rozwiązanie:

Niech $C E$ i $D B$ będą wysokościami $Δ A B C$ i $C E = D B$ .

Rozważmy trójkąty $A B D$ i $A E C$ .

$∢ C A B$ kąt wspólny trójkątów: $A B D$ i $A E C$ .

$∢ A D B = ∢ A E C = 90 °$ ponieważ $D B$ i $C E$ są wysokościami trójkąta.

$∢ D B A = ∢ A C E$ , ponieważ jeżeli dwa trójkąty prostokątne mają jeden kąt ostry równy, to również drugi kąt ostry jest tej samej miary.

Z założenia mamy zatem $C E = D B$ .

Z cechy ( $k b k$ ) trójkąty są przystające więc $A C = A B$ . Zatem trójkąt $A B C$ jest równoramienny.

Polecenie 1

Zapoznaj się z animacją dotyczącą wykorzystania własności trójkątów w dowodzeniu twierdzeń. Następnie rozwiąż zadania zawarte w Poleceniu 2 oraz w Poleceniu 3. i porównaj z odpowiedziami.

R1cSAz7AXw1w7

Polecenie 2

W trójkącie $A B C$ mamy: $|A B| = 15$ , $|B C| = 10$ i kąt przy wierzchołku $B$ ma miarę $30^{°}$ . Wykaż, że długość środkowej poprowadzonej z wierzchołka $A$ wynosi
$5 \sqrt{10 - 3 \sqrt{3}}$ .

RGfKq1rsN6Vz7

Ilustracja przedstawia trójkąt ABC. Kąt przy wierzchołku B ma kąt 30 stopni. Z wierzchołka A poprowadzono prostą na ramie BC tworząc punkt D.

$A D$ – środkowa trójkąta $A B C$ poprowadzona z wierzchołka $A$ .

$|A B| = 15$ , $|B C| = 10$ i $∢ A B C = 30 °$ .

Środkowa $A D$ łączy wierzchołek $A$ trójkąta ze środkiem boku $C B$ , stąd:

$|C D| = |B D| = \frac{1}{2} |C B| = 5$ .

Z twierdzenia cosinusów dla trójkąta $A D B$ : ${|A D|}^{2} = {|A B|}^{2} + {|B D|}^{2} - 2 \cdot |A B| \cdot |B D| \cdot \cos ∢ A B D$ .

Podstawiamy: $|A B| = 15$ , $|B D| = 5$ , $∢ A B C = 30 °$ .

Otrzymujemy:

${|A D|}^{2} = 15^{2} + 5^{2} - 2 \cdot 15 \cdot 5 \cdot \cos 30^{\circ}$ i $\cos 30 ° = \frac{\sqrt{3}}{2}$ .

${|A D|}^{2} = 15^{2} + 5^{2} - 2 \cdot 15 \cdot 5 \cdot \frac{\sqrt{3}}{2} = 250 - 75 \sqrt{3}$ .

$|A D| = \sqrt{250 - 75 \sqrt{3}} = \sqrt{25 (10 - 3 \sqrt{3})}$ .

$|A D| = 5 \sqrt{10 - 3 \sqrt{3}}$ .

Wykazaliśmy, że długość środkowej poprowadzonej z wierzchołka $A$ wynosi $5 \sqrt{10 - 3 \sqrt{3}}$ .

Polecenie 3

W trójkącie równoramiennym $A B C$ dane są $|A C| = |B C| = a$ oraz $|A B| = b$ . Prowadzimy prostą równoległą do ramienia $A C$ tak, że $|C E| = |B D|$ . Wykaż, że obwód trójkąta $D B E$ wynosi: $\frac{2 a^{2} + a b}{a + b}$ .

Zapiszmy informacje z polcenia: $A B C$ dane są $|A C| = |B C| = a$ ,
$|A B| = b$ ,
$|C E| = |B D| = x$ , $A C ∥ D E$ .

R16q0npkv05xV

Ilustracja przedstawia trójkąt ABC. Przez ramie AB i CB poprowadzono prostą tworząc trójkąt BDE. Ramie CE i DB ma długość x.

Trójkąt $A B C$ jest podobny do trójkąta $D B E$ , ponieważ:

$∢ A B C$ wspólny kąt dla obu trójkątów.
$|∢ A C B| = |∢ D E B|$ kąty odpowiadające powstałe z przecięcia dwóch prostych równoległych trzecią prostą.
$|∢ C A B| = |∢ E D B|$ trzeci kąt w trójkącie.

Stąd też, z cechy ( $k k k$ ) podobieństwa trójkątów, $Δ A B C ~ Δ D B E$ .

$Δ A B C$ i $Δ D B E$ są podobne, więc odpowiednie boki są do siebie proporcjonalne:

$\frac{|B C|}{|B E|} = \frac{|A B|}{|D B|}$ .

$|B C| = a$ , $|B E| = a - x$ , $|A B| = b$ , $|D B| = x$ .

$\frac{a}{a - x} = \frac{b}{x}$ , dalej $a \cdot x = (a - x) \cdot b$ , dalej $a x = a b - x b$ , skąd $a x + x b = a b$ , a zatem $x (a + b) = a b$ .

$|D B| = x = \frac{a b}{a + b}$ .

$\frac{|A C|}{|E D|} = \frac{|A B|}{|D B|}$ .

Oznaczmy:

$|A C| = a$ , $|A B| = b$ , $|D B| = x$ .

Otrzymujemy:

$\frac{a}{|E D|} = \frac{b}{x}$ , następnie $|E D| \cdot b = a \cdot x$ , a dalej $|E D| = \frac{a}{b} \cdot x = \frac{a}{b} \cdot \frac{a b}{a + b} = \frac{a^{2}}{a + b}$ , skąd otrzymujemy $|E D| = \frac{a^{2}}{a + b}$ .

Boki trójkąta mają długości: $|D B| = \frac{a b}{a + b}$ , $|B E| = a - \frac{a b}{a + b}$ i $|E D| = \frac{a^{2}}{a + b}$ .

Stąd obwód: $L = |D B| + |B E| + |E B|$ :

$L = \frac{a b}{a + b} + a - \frac{a b}{a + b} + \frac{a^{2}}{a + b} = a + \frac{a^{2}}{a + b} = \frac{a (a + b)}{a + b} + \frac{a^{2}}{a + b} = \frac{a^{2} + a b}{a + b} + \frac{a^{2}}{a + b} = \frac{2 a^{2} + a b}{a + b}$ .

Wykazaliśmy, że obwód trójkąta $D B E$ wynosi $L = \frac{2 a^{2} + a b}{a + b}$ .

W poniższych przykładach pokażemy, jak zastosować wzory na pole trójkąta w dowodzeniu twierdzeń.

Przykład 5

Wykażemy, że długość wysokości opuszczonej na przeciwprostokątną w trójkącie prostokątnym o przyprostokątnych długości $a$ i $b$ jest równa $h = \frac{a \cdot b}{\sqrt{a^{2} + b^{2}}}$ .

Rozwiązanie

Przyjmijmy oznaczenia: $|∢ A C B| = 90 °$ ; $a$ , $b$ – długości przyprostokątnych; $c$ – długość przeciwprostokątnej.

Zastosujemy $2$ wzory na pole trójkąta:

Rzn04N6dq5tPp

Ilustracja przedstawia dwa trójkąty prostokątne. Pierwszy ABC o ramieniu AB o długości c, o ramieniu CB długości a oraz ramieniu AC o długości b. Z wierzchołka C upuszczono wysokość na podstawę AB. Drugi trójkąt prostokątny ABC o ramionach: AB o długości c, następnie AC o długości b oraz BC o długości a.

Porównujemy pola trójkąta, wyliczając wysokość:

$\frac{1}{2} c \cdot h = \frac{1}{2} a \cdot b$ stąd $h = \frac{a \cdot b}{c}$ .

Z twierdzenia Pitagorasa wyliczamy $c$ :

$c^{2} = a^{2} + b^{2}$ stąd $c = \sqrt{a^{2} + b^{2}}$ .

Zatem:

$h = \frac{a \cdot b}{\sqrt{a^{2} + b^{2}}}$ .

Wykazaliśmy, że długość wysokości opuszczonej na przeciwprostokątną w trójkącie prostokątnym o przyprostokątnych długości $a$ i $b$ jest równa: $h = \frac{a \cdot b}{\sqrt{a^{2} + b^{2}}}$ .

Przykład 6

W trójkącie $A B C$ boki $B C$ i $A C$ mają długości odpowiednio $4$ i $2$ , kąt przy wierzchołku $C$ ma miarę $120 °$ . Wykażemy, że długość odcinka dwusiecznejdwusieczna kąta trójkątadwusiecznej kątadwusieczna kąta trójkątakąta $A C B$ , który jest zawarty w trójkącie $A B C$ , wynosi $\frac{4}{3}$ .

Rozwiązanie

R17GJvKuvwLes

Ilustracja przedstawia trójkąt ABC o kącie przy wierzchołku C o mierze 120 stopni. Odcinek CD wynosi d, gdzie punkt D znajduje się na podstawie AB.

Niech $d = |C D|$ będzie szukaną długością odcinka dwusiecznej kątadwusieczna kątadwusiecznej kąta $A C B$ .

Z treści zadania: $|B C| = 4$ , $|A C| = 2$ i $|∢ A C B| = 120 °$ .

Skoro $C D$ jest dwusieczną kąta $A C B$ , to: $|∢ A C D| = |∢ D C B| = 60 °$ .

Zauważmy, że: $P_{△ A B C} = P_{△ A D C} + P_{△ D B C}$ .

Skorzystamy ze wzoru na pole trójkąta postaci: $P = \frac{1}{2} a \cdot b \cdot \sin α$ , gdzie $a, b$ - długości boków trójkąta, zaś $α$ - miara kąta zawartego między tymi bokami.

Mamy zatem:

$P_{△ A B C} = \frac{1}{2} |A C| \cdot |B C| \cdot \sin (∢ A C B)$

$P_{△ A B C} = \frac{1}{2} \cdot 2 \cdot 4 \cdot \sin 120 ° = 4 \cdot \sin (180 ° - 60 °) = 4 \cdot \sin 60 °$ ,

$P_{△ A D C} = \frac{1}{2} \cdot |A C| \cdot |C D| \cdot \sin (∢ A C D)$

$P_{△ A D C} = \frac{1}{2} \cdot 2 \cdot d \cdot \sin 60 ° = d \cdot \sin 60 °$ ,

$P_{△ D B C} = \frac{1}{2} \cdot |C D| \cdot |B C| \cdot \sin (∢ D C B)$

$P_{△ D B C} = \frac{1}{2} \cdot d \cdot 4 \cdot \sin 60 ° = 2 \cdot d \cdot \sin 60 °$ .

Po podstawieniu dostajemy równanie:

$4 \cdot \sin 60 ° = d \cdot \sin 60 ° + 2 \cdot d \cdot \sin 60 °$ .

Dzielimy obie strony równania przez $\sin 60 °$ i otrzymujemy:

$4 = d + 2 d$

$4 = 3 d$ , stąd $d = \frac{4}{3}$ .

Długość odcinka dwusiecznej kąta $A C B$ , który jest zawarty w trójkącie $A B C$ wynosi $\frac{4}{3}$ , co należało udowodnić.

Przykład 7

Niech $a$ , $b$ , $c$ oznaczają długości boków trójkąta. Mając dane $a$ i $b$ oraz wiedząc, że suma długości wysokości opuszczonych na boki $a$ i $b$ jest równa długości trzeciej wysokości trójkąta, wykażemy, że $c = \frac{a \cdot b}{a + b}$ .

RN9xOzJNMNryp

Ilustracja przedstawia trójkąt ABC. Ramię AB o długości c, ramią AC o długości b oraz ramią BC o długości a. Zaznaczono przekątne wychodzące z każdego wierzchołka h indeks dolny a koniec indeksu. h indeks dolny b koniec indeksu. h indeks dolny c koniec indeksu. Wysokości przecinają się w jednym punkcie.

Rozwiązanie

Pole tego trójkąta możemy zapisać następująco:

$P = \frac{1}{2} a \cdot h_{a}$ lub $P = \frac{1}{2} b \cdot h_{b}$ lub $P = \frac{1}{2} c \cdot h_{c}$ .

Z porównania pól: $P = \frac{1}{2} a \cdot h_{a}$ i $P = \frac{1}{2} b \cdot h_{b}$ otrzymujemy: $\frac{1}{2} a \cdot h_{a} = \frac{1}{2} b \cdot h_{b}$ , co możemy zapisać w postaci: $\frac{h_{a}}{h_{b}} = \frac{b}{a}$ .

Ponadto $\frac{1}{2} a \cdot h_{a} + \frac{1}{2} b \cdot h_{b} = 2 \cdot \frac{1}{2} c \cdot h_{c}$ , zatem: $a \cdot h_{a} + b \cdot h_{b} = 2 c \cdot h_{c}$ .

Z treści zadania $h_{c} = h_{a} + h_{b}$ , więc: $a \cdot h_{a} + b \cdot h_{b} = 2 c (h_{a} + h_{b})$ .

Dzielimy obie strony równanie przez $h_{b}$ :

$a \cdot \frac{h_{a}}{h_{b}} + b \cdot \frac{h_{b}}{h_{b}} = 2 c (\frac{h_{a}}{h_{b}} + \frac{h_{b}}{h_{b}})$

$a \cdot \frac{h_{a}}{h_{b}} + b = 2 c (\frac{h_{a}}{h_{b}} + 1)$ .

Skoro $\frac{h_{a}}{h_{b}} = \frac{b}{a}$ , to:

$a \cdot \frac{b}{a} + b = 2 c (\frac{b}{a} + 1)$

$b + b = 2 c (\frac{b}{a} + 1)$

$b = c (\frac{b}{a} + \frac{a}{a})$

$b = c \cdot \frac{b + a}{a}$

$c = \frac{a \cdot b}{b + a}$ .

Wykazaliśmy zatem, że $c = \frac{a \cdot b}{b + a}$ .

Przykład 8

Punkt $O$ leży wewnątrz trójkąta $A B C$ . Odległości tego punktu od boków trójkątaodległość punktu od boku trójkątaOdległości tego punktu od boków trójkąta są odpowiednio równe $x$ , $y$ , $z$ , a odpowiednie wysokości trójkąta $A B C$ mają długości $h_{1}$ , $h_{2}$ , $h_{3}$ . Udowodnimy, że: $\frac{x}{h_{1}} + \frac{y}{h_{2}} + \frac{z}{h_{3}} = 1$ .

RMGgLZbPMJRHW

Ilustracja przedstawia trójkąt ostrokątny A B C. Z każdego wierzchołka upuszczono wysokość na przeciwległy bok: z wierzchołka A upuszczono wysokość h indeks dolny 3, z wierzchołka B upuszczono wysokość h indeks dolny 2, a z wierzchołka C upuszczono wysokość h indeks dolny 1; wysokości przecinają się w jednym punkcie. Wewnątrz trójkąta zaznaczono punkt, z którego linią przerywaną poprowadzono odległości między punktem O i każdym z boków. Najdłuższa odległość wynosi x, to odległość między punktem O a podstawą A B, odległość między punktem O a bokiem A C wynosi y, a odległość między punktem O a bokiem B C wynosi z.

Rozwiązanie

Łączymy punkt $O$ z wierzchołkami trójkąta $A B C$ . Otrzymujemy trzy trójkąty: $A B O$ , $B C O$ i $C A O$ .

Zauważmy, że:

$P_{△ A B O} + P_{△ B C O} + P_{△ C A O} = P_{△ A B C}$ ,

gdzie:

$P_{△ A B O} = \frac{1}{2} |A B| \cdot x$ ; $P_{△ B C O} = \frac{1}{2} |C B| \cdot z$ ; $P_{△ C A O} = \frac{1}{2} |A C| \cdot y$ i $P_{△ A B C} = \frac{1}{2} |A B| \cdot h_{1}$ .

Mamy zatem:

$\frac{1}{2} |A B| \cdot x + \frac{1}{2} |C B| \cdot z + \frac{1}{2} |A C| \cdot y = \frac{1}{2} |A B| \cdot h_{1}$ .

Dzielimy obie strony równania przez $\frac{1}{2} |A B| \cdot h_{1}$ i otrzymujemy: $\frac{x}{h_{1}} + \frac{|C B| \cdot z}{|A B| \cdot h_{1}} + \frac{|A C| \cdot y}{|A B| \cdot h_{1}} = 1$ (1).

Pole trójkąta $A B C$ może zapisać na trzy sposoby:

$P_{△ A B C} = \frac{1}{2} |A B| \cdot h_{1} = \frac{1}{2} |C A| \cdot h_{2} = \frac{1}{2} |C B| \cdot h_{3}$ .

Wykorzystamy związki: $\frac{1}{2} |A B| \cdot h_{1} = \frac{1}{2} |C A| \cdot h_{2}$ oraz $\frac{1}{2} |A B| \cdot h_{1} = \frac{1}{2} |C B| \cdot h_{3}$ .

Z równości: $\frac{1}{2} |A B| \cdot h_{1} = \frac{1}{2} |C A| \cdot h_{2}$ mamy $|A B| \cdot h_{1} = |A C| \cdot h_{2}$ ,
czyli $\frac{h_{1}}{h_{2}} = \frac{|A C|}{|A B|}$ (2).

Z równości: $\frac{1}{2} |A B| \cdot h_{1} = \frac{1}{2} |C B| \cdot h_{3}$ mamy $|A B| \cdot h_{1} = |C B| \cdot h_{3}$ ,
czyli $\frac{h_{1}}{h_{3}} = \frac{|C B|}{|A B|}$ (3).

Związki (2) i (3) podstawiamy do równości (1):

$\frac{x}{h_{1}} + \frac{|C B|}{|A B|} \cdot \frac{z}{h_{1}} + \frac{|A C|}{|A B|} \cdot \frac{y}{h_{1}} = 1$

$\frac{x}{h_{1}} + \frac{h_{1}}{h_{3}} \cdot \frac{z}{h_{1}} + \frac{h_{1}}{h_{2}} \cdot \frac{y}{h_{1}} = 1$

$\frac{x}{h_{1}} + \frac{z}{h_{3}} + \frac{y}{h_{2}} = 1$ .

Ostatecznie otrzymujemy: $\frac{x}{h_{1}} + \frac{y}{h_{2}} + \frac{z}{h_{3}} = 1$ , co należało udowodnić.

Polecenie 4

Zapoznaj się z animacją dotyczącą zastosowania pojęcia pola w dowodzeniu twierdzeń. Następnie rozwiąż polecenia znajdujące się pod nią.

RAKHzweBrfWM1

Polecenie 5

Wykaż, że jeżeli trójkąt ma dwie wysokości o równych długościach, to jest równoramienny.

Zróbmy odpowiedni rysunek.

RYJGVUMBSJCHA

Ilustracja przedstawia trójkąt ABC. Zaznaczono dwie wysokości opuszczone na ramię AC wysokość BD oraz wysokość AE opuszczona na ramie BC. Wysokości są równe i obie oznaczono literą h.

Wprowadzamy następujące oznaczenia: $|C B| = a$ , $|B A| = c$ , $|A C| = b$ , $|A E| = |D B| = h$ , gdzie $A E$ i $D B$ są wysokościami $△ A B C$ .

Mamy wykazać, że $△ A B C$ jest równoramienny.

Zastosujemy wzór na pole trójkąta na dwa sposoby. Wiemy, że: $P = \frac{1}{2} a \cdot h$ oraz $P = \frac{1}{2} b \cdot h$ , zatem: $\frac{1}{2} a \cdot h = \frac{1}{2} b \cdot h$ , stąd $a = b$ , co oznacza, że trójkąt jest równoramienny. To kończy dowód.

Polecenie 6

Przyprostokątne trójkąta prostokątnego mają długości $a = 5$ , $b = 12$ . Wykaż, że długość wysokości opuszczonej na przeciwprostokątną wynosi $\frac{60}{13}$ .

Zróbmy odpowiedni rysunek:

R1D8hUIl4uzUJ

Ilustracja przedstawia trójkąt prostokątny ABC. Zaznaczono wysokość h upuszczoną na podstawę AB z wierzchołka C. Przy wierzchołku C znajduje się kąt prosty. Boki figury mają następujące długości: bok AB ma długość c, bok BC ma długość a oraz bok A C ma długość b.

Wprowadźmy oznaczenia: $|∢ A C B| = 90 °$ , $a$ , $b$ – długości przyprostokątnych, $c$ – długość przeciwprostokątnej.

Korzystamy ze wzoru: $P = \frac{1}{2} c \cdot h$ .

Z twierdzenia Pitagorasa wyliczamy długość $c$ :

$c^{2} = a^{2} + b^{2}$ , stąd $c = \sqrt{5^{2} + 12^{2}} = \sqrt{169} = 13$ .

Mamy zatem: $P = \frac{1}{2} c \cdot h = \frac{1}{2} \cdot 13 \cdot h = \frac{13}{2} \cdot h$ .

Obliczamy pole tego trójkąta korzystając ze wzoru $P = \frac{1}{2} a \cdot b$ :

$a = 5$ , $b = 12$ więc $P = \frac{1}{2} \cdot 5 \cdot 12 = 30$ .

Podstawiając $P = 30$ do wzoru: $P = \frac{13}{2} \cdot h$ , otrzymujemy $30 = \frac{13}{2} \cdot h$ , stąd $h = \frac{60}{13}$ .

Długość wysokości opuszczonej na przeciwprostokątną wynosi $\frac{60}{13}$ , co należało udowodnić.

RcyipwgnJeHlH1

Ćwiczenie 1

R1NbKU9CdJSRo1

Ćwiczenie 2

RAAFnRfM70BHN2

Ćwiczenie 3

R15uKzRQV7mwb2

Ćwiczenie 4

Ćwiczenie 5

Dany jest trójkąt prostokątny $A B C$ o kącie $A B D$ równym $60 °$ (jak na rysunku poniżej).

RIDNRahNNZh7X

Ilustracja przedstawia trójkąt prostokątny ABC. Kąt przy wierzchołku B ma miarę 60 stopni. W trójkąt wpisano prostokąt DEFG o bokach GD długości 6 i GF o długości cztery.

Rz5I45AqaTrcc

R1ZDvYBCZADcp2

Ćwiczenie 6

R1Ron0f0ojrKS3

Ćwiczenie 7

R1C6YpqlC8sLl3

Ćwiczenie 8

R12VjFSlA3tzC1

Ćwiczenie 9

R96UbmEWAMemo1

Ćwiczenie 10

R1U0ZHEmsJbJA2

Ćwiczenie 11

Przyprostokątne trójkąta prostokątnego mają długości a i b. Dobierz wartości a i b do wartości h tak, aby można było wykazać, że długość wysokości opuszczonej na przeciwprostokątną wynosi h. a, równa się, dwa pierwiastek kwadratowy z trzy koniec pierwiastka, przecinek, b, równa się, pierwiastek kwadratowy z trzy koniec pierwiastka Możliwe odpowiedzi: 1. h, równa się, początek ułamka, dwa pierwiastek kwadratowy z piętnaście koniec pierwiastka, mianownik, pięć, koniec ułamka, 2. h, równa się, początek ułamka, trzysta sześćdziesiąt, mianownik, czterdzieści jeden, koniec ułamka, 3. h, równa się, początek ułamka, trzy pierwiastek kwadratowy z pięć koniec pierwiastka, mianownik, pięć, koniec ułamka, 4. h, równa się, początek ułamka, trzydzieści sześć, mianownik, pięć, koniec ułamka a, równa się, dziewięć, przecinek, b, równa się, czterdzieści Możliwe odpowiedzi: 1. h, równa się, początek ułamka, dwa pierwiastek kwadratowy z piętnaście koniec pierwiastka, mianownik, pięć, koniec ułamka, 2. h, równa się, początek ułamka, trzysta sześćdziesiąt, mianownik, czterdzieści jeden, koniec ułamka, 3. h, równa się, początek ułamka, trzy pierwiastek kwadratowy z pięć koniec pierwiastka, mianownik, pięć, koniec ułamka, 4. h, równa się, początek ułamka, trzydzieści sześć, mianownik, pięć, koniec ułamka a, równa się, trzy pierwiastek kwadratowy z dwa koniec pierwiastka, przecinek, b, równa się, pierwiastek kwadratowy z dwa koniec pierwiastka Możliwe odpowiedzi: 1. h, równa się, początek ułamka, dwa pierwiastek kwadratowy z piętnaście koniec pierwiastka, mianownik, pięć, koniec ułamka, 2. h, równa się, początek ułamka, trzysta sześćdziesiąt, mianownik, czterdzieści jeden, koniec ułamka, 3. h, równa się, początek ułamka, trzy pierwiastek kwadratowy z pięć koniec pierwiastka, mianownik, pięć, koniec ułamka, 4. h, równa się, początek ułamka, trzydzieści sześć, mianownik, pięć, koniec ułamka

RKijUflrJZqmJ2

Ćwiczenie 12

R11zifxkrL6MM2

Ćwiczenie 13

RsEhLNfH5kOYG21

Ćwiczenie 14

Ćwiczenie 15

Zaznacz wszystkie poprawne odpowiedzi. Czworokąt $A B C D$ podzielono przekątnymi na cztery trójkąty o polach $S_{1}$ , $S_{2}$ , $S_{3}$ , $S_{4}$ (jak na rysunku).

R1KXq01Y1Vpk7

Ilustracja przedstawia czworokąt nieforemny A B C D, gdzie bok B C jest najkrótszy, bok A D jest nieco dłuższy, a boki A B oraz C D są wyraźnie dłuższe od pozostałych i mają podobną długość. W czworokącie wykreślono przekątne przecinające się w punkcie P. Przekątne dzielą czworokąt na cztery trójkąty: A P B o polu S indeks dolny 2, trójkąt B P C o polu S indeks dolny 1, trójkąt C P D o polu S indeks dolny 3 oraz największy trójkąt A P D o polu S indeks dolny 4

R1Qc91GaJjSUp

Ćwiczenie 16

Można udowodnić, że jeśli w dowolnym trójkącie $A B C$ (jak na rysunku): $2 |A D| = |B D|$ oraz $3 |D F| = |C F|$ , to która z poniższych równości jest prawdziwa?

RThe28E6A0ELC

Ilustracja przedstawia trójkąt ABC. Poprowadzono odcinek AE, gdzie punkt E znajduję się na ramieniu CB oraz odcinek CD do ramienia AB. Odcinki przecinają się w punkcie F.

R3NafZM5C1700

Słownik

twierdzenie cosinusów

jeżeli $a$ , $b$ , $c$ są długościami boków trójkąta, natomiast $α$ , $β$ , $γ$ odpowiednio miarami kątów leżących naprzeciw tych boków, to:
$c^{2} = a^{2} + b^{2} - 2 a b \cos γ$
$a^{2} = b^{2} + c^{2} - 2 b c \cos α$
$b^{2} = a^{2} + c^{2} - 2 a c \cos β$

dwusieczna kąta

półprosta o początku w wierzchołku kąta i dzieląca ten kąt na dwa kąty przystające

dwusieczna kąta trójkąta

odcinek, który jest częścią wspólną trójkąta i dwusiecznej kąta wewnętrznego tego trójkąta

odległość punktu od boku trójkąta

długość odcinka prostopadłego do boku trójkąta, którego jednym końcem jest punkt $O$ , który nie należy do rozważanego boku trójkąta, a drugim końcem jest punkt należący do tego boku

4. Pola trójkątów podobnych

M_R_W13_M2 Pole trójkąta

5. Dowodzenie twierdzeń w geometrii

Słownik