6. Dowody geometryczne - pola wielokątów - M_R_W18_M2 Pola czworokątów

R1RmP6vpINbu6

6. Dowody geometryczne - pola wielokątów

Ponieważ matematyka jest nauką ścisłą, dlatego uznawanie faktów dotyczących badanych przez nią obiektów następuje wyłącznie na podstawie dowodów. Dowód to ścisłe, przebiegające zgodnie z ustalonymi regułami uzasadnienie danego stwierdzenia. W materiale omówimy różne dowody geometryczne, które dotyczą pól wielokątów. Bazując na części teoretycznej oraz omówionych przykładach, rozwiążemy ćwiczenia interaktywne.

Twoje cele

Określisz założenie oraz tezę dowodu geometrycznego.
Przeprowadzisz dowody geometryczne z wykorzystaniem pól wielokątów.
Wyznaczysz różne wzory na pola wielokątów.
Zastosujesz zdobytą wiedzę do rozwiązywania problemów matematycznych.

Przypomnijmy, jak zbudowane jest twierdzenietwierdzenietwierdzenie matematyczne.

Twierdzenie najczęściej ma postać zdania:

“Jeżeli $p$ , to $q$ ”; pierwsza część $(p)$ takiego zdania to założenie, które opisuje warunki, przy których spełnione jest twierdzenie; druga część $(q)$ to teza zawierająca własność, która zachodzi, gdy spełnione są warunki opisane w założeniu.

W materiale omówimy przykłady dowodówdowód twierdzeniadowodów geometrycznych, w których występują pola wielokątówwielokątwielokątów. Czasami w dowodach będziemy używać wzoru na pole koła.

Przykład 1

Dany jest trójkąt prostokątny. Wykażemy, że suma pól trójkątów równobocznych o bokach będących przyprostokątnymi trójkąta jest równa polu trójkąta równobocznego o boku równym przeciwprostokątnej tego trójkąta.

Rozwiązanie:

Dowód

Narysujmy rysunek pomocniczy do zadania i wprowadźmy oznaczenia, jak na poniższym rysunku.

RhdCEdvPcPthe

Ilustracja przedstawia trójkąt prostokątny o przyprostokątnych a i b oraz przeciwprostokątnej c. Każda ze ścian bocznych tego trójkąta prostokątnego jest równocześnie jednym z boków trzech trójkątów równobocznych. Pierwszym trójkątem równobocznym jest trójkąt ze ścianami o długości b przyklejony do krótszej przyprostokątnej. Drugi trójkąt posiada ściany boczne o długości a i jest przyklejony do dłuższej przyprostokątnej, natomiast ostatni trzeci trójkąt ma długość ścian bocznych c i jest przyklejony do przeciwprostokątnej trójkąta prostokątnego.

Mamy pokazać, że $P_{I} + P_{II} = P_{III}$ .

Zatem:

$P_{I} + P_{II} = \frac{a^{2} \sqrt{3}}{4} + \frac{b^{2} \sqrt{3}}{4} = \frac{(a^{2} + b^{2}) \sqrt{3}}{4}$

Ponieważ trójkąt jest prostokątny zatem $a^{2} + b^{2} = c^{2}$ .

Wobec tego $P_{I} + P_{II} = \frac{(a^{2} + b^{2}) \sqrt{3}}{4} = \frac{c^{2} \sqrt{3}}{4} = P_{III}$ .

Przykład 2

Wykażemy, że jeśli boki trójkąta mają długości $a$ , $b$ , $c$ , a kąty odpowiednio $α$ , $β$ , $γ$ , to pole trójkąta możemy obliczyć za pomocą wzoru $P = \frac{c^{2}}{2} \cdot \frac{\sin α \cdot \sin β}{\sin (α + β)}$ dla $α \neq β \neq 90 °$ .

Rozwiązanie:

Dowód

Narysujmy dowolny trójkąt i wprowadźmy oznaczenia, jak na poniższym rysunku:

RVC92EZGuoZgO

Ilustracja przedstawia trójkąt o długości boków a, b oraz c. Na rysunku zaznaczono także trzy kąty, alfa, beta oraz gamma. Kąt alfa znajduje się pomiędzy ścianami b i c, kąt beta pomiędzy ścianami a i c, natomiast kąt gamma pomiędzy ścianami a i b.

Do rozwiązania zadania wykorzystamy wzór na pole trójkąta postaci:

$P = \frac{1}{2} \cdot a \cdot c \cdot \sin β$

Z twierdzenia sinusów wiadomo, że

$\frac{a}{\sin α} = \frac{c}{\sin γ}$

Wobec tego $a = \frac{c \cdot \sin α}{\sin γ}$ .

Zatem:

$P = \frac{1}{2} \cdot c \cdot c \cdot \frac{\sin α \cdot \sin β}{\sin γ}$

Zauważmy, że $\sin γ = \sin (180 ° - (α + β)) = \sin (α + β)$ .

Zatem wzór na pole trójkąta zapisujemy w postaci:

$P = \frac{c^{2}}{2} \cdot \frac{\sin α \cdot \sin β}{\sin (α + β)}$

Przykład 3

Wykażemy, że jeśli $R$ jest promieniem okręgu opisanego, a $r$ promieniem okręgu wpisanego w trójkąt równoboczny o boku $R$ , to pole tego trójkąta opisuje się wzorem $P = \frac{3 \sqrt{3}}{4} R^{2}$ lub $P = \frac{27 \sqrt{3}}{4} r^{2}$ .

Rozwiązanie:

Dowód

Narysujmy trójkąt równoboczny oraz okrąg w niego wpisany i okrąg na nim opisany oraz wprowadźmy oznaczenia jak na rysunku.

RU0tdASfCfUQV

Ilustracja przedstawia trójkąt równoboczny o długości boków a, wpisany w okrąg o promieniu równym R. Wewnątrz trójkąta równobocznego wpisano okrąg o promieniu równym r. Z dolnego prawego wierzchołka trójkąta upuszczono przekątną padającą na przeciwległą ścianę boczną pod kątem prostym. Wysokość przechodzi przez środek wpisanego okręgu.

Niech $a$ będzie długością boku trójkąta równobocznego.

Długość $R$ promienia okręgu opisanego w zależności od wysokości trójkąta równobocznego wyraża się wzorem:

$R = \frac{2}{3} h$ oraz $h = \frac{a \sqrt{3}}{2}$

Zatem $R = \frac{2}{3} \cdot \frac{a \sqrt{3}}{2} = \frac{a \sqrt{3}}{3}$ .

Wobec tego $a = \frac{3 R}{\sqrt{3}} = \sqrt{3} R$ .

Długość $r$ promienia okręgu wpisanego w zależności od wysokości trójkąta równobocznego wyraża się wzorem:

$r = \frac{1}{3} h$ oraz $h = \frac{a \sqrt{3}}{2}$

Zatem $r = \frac{1}{3} \cdot \frac{a \sqrt{3}}{2} = \frac{a \sqrt{3}}{6}$ .

Wobec tego $a = \frac{6 r}{\sqrt{3}} = 2 \sqrt{3} r$ .

Jeżeli wykorzystamy wzór na pole trójkąta równobocznego o boku $a$ postaci $P = \frac{a^{2} \sqrt{3}}{4}$ , to:

dla $a = \sqrt{3} R$ mamy $P = \frac{{(\sqrt{3} R)}^{2} \cdot \sqrt{3}}{4} = \frac{3 \sqrt{3}}{4} R^{2}$ ,

dla $a = 2 \sqrt{3} r$ mamy $P = \frac{{(2 \sqrt{3} r)}^{2} \cdot \sqrt{3}}{4} = \frac{12 \sqrt{3}}{4} r^{2} = 3 \sqrt{3} r^{2}$ .

Przykład 4

Wykażemy, że przekątne w dowolnym równoległoboku dzielą go na cztery trójkąty o równych polach.

Rozwiązanie:

Dowód

Załóżmy, że przekątne równoległoboku o długościach $p$ i $q$ przecinają się pod kątem $α$ .

Narysujmy dowolny równoległobok i wprowadźmy oznaczenia, jak na poniższym rysunku.

RDQ0PqyizM669

Ilustracja przedstawia równoległobok A B C D, oraz jego dwie przekątne, dłuższa przekątna A C oraz krótsza przekątna B D. Przekątne przecinają się w punkcie O i tworzą cztery kąty. Kąt C O D oraz A O B oznaczone zostały jako alfa, natomiast kąty A O D oraz B O C jako sto osiemdziesiąt stopni minus alfa.

Korzystając z przyjętych oznaczeń mamy:

$P_{△ A B O} = \frac{1}{2} \cdot \frac{1}{2} p \cdot \frac{1}{2} q \cdot \sin α = \frac{1}{8} p q \sin α$

$P_{△ C D O} = \frac{1}{2} \cdot \frac{1}{2} p \cdot \frac{1}{2} q \cdot \sin α = \frac{1}{8} p q \sin α$

$P_{△ A O D} = \frac{1}{2} \cdot \frac{1}{2} p \cdot \frac{1}{2} q \cdot \sin (180 ° - α) = \frac{1}{8} p q \sin α$

$P_{△ B C O} = \frac{1}{2} \cdot \frac{1}{2} p \cdot \frac{1}{2} q \cdot \sin (180 ° - α) = \frac{1}{8} p q \sin α$

Zatem trójkąty powstałe z przecięcia równoległoboku jego przekątnymi mają równe pola.

Przykład 5

Dany jest trapez $A B C D$ , w którym $A B ∥ C D$ oraz podstawy mają długości $a$ i $b$ , a wysokość ma długość $h$ . Wykażemy, że jeśli $O$ jest punktem przecięcia przekątnych tego trapezu, to trójkąty $A O D$ i $B O C$ mają równe pola powierzchni.

Rozwiązanie:

Narysujmy trapez i wprowadźmy oznaczenia, jak na rysunku.

Rz7j9YEkTT4YV

Ilustracja przedstawia trapez A B C D. Jego dłuższa podstawa została oznaczona jako a, natomiast krótsza podstawa została oznaczona jako b. Z wierzchołka D upuszczona została wysokość oznaczona jako h. Na ilustracji zaznaczono także dwie przekątne trapezu, przekątną A C oraz przekątną B D. Obie przekątne przecinają się w punkcie O.

Zauważmy, że

$P_{△ A B D} = P_{△ A O D} + P_{△ A B O}$

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

Trójkąty $A B D$ i $A B C$ mają równe pola powierzchni, ponieważ mają wspólną podstawę $a$ i wysokość $h$ .

Wobec tego:

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

Czyli $P_{△ A O D} = P_{△ B O C}$ .

Polecenie 1

Zapoznaj się z animacją dotyczącą dowodów geometrycznych związanych z polami wielokątów, a następnie wykonaj poniższe polecenie.

RxIPRWxelIQOh

Polecenie 2

Wykaż, że jeśli boki deltoidu mają długości $a$ i $b$ , a kąty miedzy bokami o tej samej długości wynoszą odpowiednio $α$ i $β$ , to pole tego deltoidu wynosi $\frac{a^{2} \sin α + b^{2} \sin β}{2}$ lub $a b \sin (\frac{α + β}{2})$ .

„Dowód”:

Narysujmy deltoid i wprowadźmy odpowiednie oznaczenia.

Rmi5tKH4Ez3A8

Ilustracja przedstawia deltoid A B C D. Jego dłuższe ściany boczne A D oraz B D oznaczone zostały jako a, natomiast krótsze ściany boczne C D oraz C B oznaczone zostały jako b. Na ilustracji zaznaczono także dwie przekątne deltoidu, dłuższa A C oraz krótsza B D. Obie przekątne przecinają się pod kątem prostym w punkcie O. Wewnątrz figury zaznaczono również dwa kąty, kąt alfa umiejscowiony przy wierzchołku A oraz kąt beta umiejscowiony przy wierzchołku C.

Zauważmy, że pole $P$ deltoidu $A B C D$ z rysunku możemy zapisać jako sumę pól dwóch trójkątów $A B D$ i $B C D$ .

Wobec tego:

$P_{A B C D} = \frac{1}{2} a \cdot a \cdot \sin α + \frac{1}{2} \cdot b \cdot b \sin β = \frac{a^{2} \sin α + b^{2} \sin β}{2}$

Z drugiej strony pole deltoidu jest sumą pól dwóch trójkątów $A C D$ i $A B C$ .

Wobec tego:

$P_{A B C D} = 2 \cdot \frac{1}{2} \cdot a \cdot b \cdot \sin (\frac{360 ° - (α + β)}{2}) = a b \sin (180 ° - \frac{α + β}{2}) =$

$= a b \sin (\frac{α + β}{2})$

RcCcoC7rLKlzD1

Ćwiczenie 1

Ćwiczenie 2

Na rysunku przedstawiono ośmiokąt foremny o boku długości $a$ i kącie wewnętrznym $α$ .

RbXsHYXoMAqTZ

Ilustracja przedstawia ośmiokąt foremny. Jego długości boków oznaczone zostały jako a, natomiast kąt utworzony pomiędzy dwoma ścianami jako kąt alfa.

R1PZBm2fkRYqv

RVLzBPl3EjSmx2

Ćwiczenie 3

Dany jest trójkąt równoramienny o podstawie długości a, ramieniu b i kącie między ramionami alfa.
Wstaw w tekst odpowiednie wyrażenia. Przeciągnij i upuść. Długość wysokości trójkąta opuszczonej na podstawę wynosi 1. początek ułamka, a b sinus nawias, sto osiemdziesiąt stopni, minus, alfa, zamknięcie nawiasu, mianownik, dwa, koniec ułamka, 2. początek ułamka, dwa a indeks górny, dwa, koniec indeksu górnego, minus, b indeks górny, dwa, koniec indeksu górnego, mianownik, dwa a indeks górny, dwa, koniec indeksu górnego, koniec ułamka, 3. początek ułamka, b indeks górny, dwa, koniec indeksu górnego, mianownik, dwa a, razy, sinus alfa, koniec ułamka, 4. początek ułamka, a b sinus nawias, dziewięćdziesiąt stopni, minus, początek ułamka, alfa, mianownik, dwa, koniec ułamka, zamknięcie nawiasu, mianownik, dwa, koniec ułamka, 5. początek ułamka, dwa b indeks górny, dwa, koniec indeksu górnego, minus, a indeks górny, dwa, koniec indeksu górnego, mianownik, dwa b indeks górny, dwa, koniec indeksu górnego, koniec ułamka, 6. początek ułamka, b indeks górny, dwa, koniec indeksu górnego, razy, sinus alfa, mianownik, a, koniec ułamka.
Pole trójkąta można obliczyć ze wzoru 1. początek ułamka, a b sinus nawias, sto osiemdziesiąt stopni, minus, alfa, zamknięcie nawiasu, mianownik, dwa, koniec ułamka, 2. początek ułamka, dwa a indeks górny, dwa, koniec indeksu górnego, minus, b indeks górny, dwa, koniec indeksu górnego, mianownik, dwa a indeks górny, dwa, koniec indeksu górnego, koniec ułamka, 3. początek ułamka, b indeks górny, dwa, koniec indeksu górnego, mianownik, dwa a, razy, sinus alfa, koniec ułamka, 4. początek ułamka, a b sinus nawias, dziewięćdziesiąt stopni, minus, początek ułamka, alfa, mianownik, dwa, koniec ułamka, zamknięcie nawiasu, mianownik, dwa, koniec ułamka, 5. początek ułamka, dwa b indeks górny, dwa, koniec indeksu górnego, minus, a indeks górny, dwa, koniec indeksu górnego, mianownik, dwa b indeks górny, dwa, koniec indeksu górnego, koniec ułamka, 6. początek ułamka, b indeks górny, dwa, koniec indeksu górnego, razy, sinus alfa, mianownik, a, koniec ułamka.
Cosinus kąta alfa wynosi 1. początek ułamka, a b sinus nawias, sto osiemdziesiąt stopni, minus, alfa, zamknięcie nawiasu, mianownik, dwa, koniec ułamka, 2. początek ułamka, dwa a indeks górny, dwa, koniec indeksu górnego, minus, b indeks górny, dwa, koniec indeksu górnego, mianownik, dwa a indeks górny, dwa, koniec indeksu górnego, koniec ułamka, 3. początek ułamka, b indeks górny, dwa, koniec indeksu górnego, mianownik, dwa a, razy, sinus alfa, koniec ułamka, 4. początek ułamka, a b sinus nawias, dziewięćdziesiąt stopni, minus, początek ułamka, alfa, mianownik, dwa, koniec ułamka, zamknięcie nawiasu, mianownik, dwa, koniec ułamka, 5. początek ułamka, dwa b indeks górny, dwa, koniec indeksu górnego, minus, a indeks górny, dwa, koniec indeksu górnego, mianownik, dwa b indeks górny, dwa, koniec indeksu górnego, koniec ułamka, 6. początek ułamka, b indeks górny, dwa, koniec indeksu górnego, razy, sinus alfa, mianownik, a, koniec ułamka.

Ćwiczenie 4

W trapezie $A B C D$ przekątne $A C$ i $B D$ przecinają się w punkcie $O$ , takim że $|A O| : |O C| = 4 : 1$ . Pole trójkąta $A O D$ jest równe $16$ . Wykaż, że pole trapezu jest równe $100$ .

Dowód

Narysujmy trapez i wprowadźmy oznaczenia, jak na poniższym rysunku.

R1BS2J5rBDIgs

Ilustracja przedstawia trapez A B C D. Wewnątrz figury poprowadzono dwie przekątne A C oraz B D. Obie przekątne przecinające się w punkcie O, utworzyły dwa trójkąty. Pierwszy O C D, gdzie odcinek O C ma długość x. Drugi trójkąt A B O, gdzie odcinek A O ma długość cztery x. Na ilustracji zaznaczono także wysokość figury przechodzącą przez punkt O. Punkt ten dzieli wysokość trapezu na dwa odcinki. Pierwszy znajduje się pod punktem O i ma długości cztery h. Odcinek ten jest jednocześnie wysokością trójkąta A B O. Drugi odcinek znajduje się nad punktem O i ma długość h. Odcinek ten także jest wysokością trójkąta O C D.

Ponieważ $\frac{|A O|}{|O C|} = \frac{4}{1}$ , zatem $|A O| = 4 x$ oraz $|O C| = x$ .

Zauważmy, że:

$P_{△ A C D} = P_{△ A O D} + P_{△ C D O} = 16 + P_{△ C D O}$

$P_{△ C D O} = \frac{1}{2} \cdot |C D| \cdot h$

$P_{△ A C D} = \frac{1}{2} \cdot |C D| \cdot (h + 4 h) = 5 \cdot \frac{1}{2} |C D| \cdot h = 5 \cdot P_{△ C D O}$

Zatem

$16 + P_{△ C D O} = 5 \cdot P_{△ C D O}$

Czyli $P_{△ C D O} = 4$ .

$P_{△ A C D} = 16 + 4 = 20$

$P_{△ A B C} = \frac{1}{2} \cdot |A B| \cdot (h + 4 h) = \frac{5}{2} \cdot |A B| \cdot h = 5 \cdot \frac{1}{2} |A B| \cdot h =$

$= 5 \cdot \frac{1}{2} \cdot 4 \cdot |C D| \cdot h = 20 \cdot P_{△ C D O} = 80$

Wobec tego:

$P_{A B C D} = P_{△ A C D} + P_{△ A B C} = 20 + 80 = 100$

Ćwiczenie 5

Wykaż, że jeśli $p$ jest najdłuższą przekątną sześciokąta foremnego, to pole tego sześciokąta jest równe $\frac{3 p^{2} \sqrt{3}}{8}$ .

Dowód

Narysujmy sześciokąt i foremny i wprowadźmy oznaczenia, jak na poniższym rysunku.

Rmc6d1Vq4PPwY

Ilustracja przedstawia ośmiokąt foremny. Długość jego boków została oznaczona jako a. Na rysunku zaznaczona została również przekątna oznaczona jako p oraz wysokość figury oznaczona jako x. Przekątna figury wraz z wysokością oraz podstawą ośmiokąta tworzą trójkąt prostokątny.

Jeżeli $a$ jest długością boku sześciokąta foremnego, to:

$x = 2 \cdot \frac{a \sqrt{3}}{2} = a \sqrt{3}$

Korzystając z twierdzenia Pitagorasa mamy następującą zależność:

$a^{2} + x^{2} = p^{2}$

$a^{2} + {(a \sqrt{3})}^{2} = p^{2}$

$a^{2} + 3 a^{2} = p^{2}$

$p^{2} = 4 a^{2}$

Wobec tego $p = 2 a$ , zatem $a = \frac{p}{2}$ .

Pole sześciokąta foremnego jest równe:

$P = 6 \cdot \frac{a^{2} \sqrt{3}}{4} = 6 \cdot \frac{{(\frac{p}{2})}^{2} \sqrt{3}}{4} = 6 \cdot \frac{\frac{p^{2}}{4} \sqrt{3}}{4} = \frac{3 p^{2} \sqrt{3}}{8}$

Ćwiczenie 6

Dany jest trójkąt $A B C$ , w którym $|A B| = 2 \sqrt{3}$ , $|A C| = 2 \sqrt{2} - \sqrt{6}$ oraz suma miar kątów leżących przy boku $B C$ wynosi $75 °$ . Wykaż, że pole tego trójkąta jest równe $\sqrt{3} - \frac{9 \sqrt{2}}{4}$ .

Dowód

Ponieważ suma kątów przy jednym boku trójkąta wynosi $75 °$ , to trójkąt jest rozwartokątny. Narysujmy trójkąt $A B C$ i wprowadźmy oznaczenia, jak na rysunku. Skorzystaj z faktu, że $\sin 105 ° = \frac{\sqrt{6} + \sqrt{2}}{4}$ .

R4euLE4h5xVrv

Ilustracja przedstawia trójkąt A B C. Wewnątrz trójkąta zaznaczone zostały trzy kąty, kąt alfa umiejscowiony przy wierzchołku B, kąt beta umiejscowiony przy wierzchołku C oraz kąt gamma umiejscowiony przy wierzchołku A.

Ponieważ $α + β = 75 °$ , to:

$γ = 180 ° - (α + β) = 105 °$

Pole trójkąta $A B C$ jest równe:

$P = \frac{1}{2} \cdot |A B| \cdot |A C| \cdot \sin 105 ° = \frac{1}{2} \cdot 2 \sqrt{3} \cdot (2 \sqrt{2} - \sqrt{6}) \cdot \frac{\sqrt{6} + \sqrt{2}}{4} =$

$= \frac{(2 \sqrt{6} - 3 \sqrt{2}) (\sqrt{6} + \sqrt{2})}{4} = \frac{12 + 4 \sqrt{3} - 6 \sqrt{3} - 6}{4} = \frac{6 - 2 \sqrt{3}}{4} = \frac{3 - \sqrt{3}}{2}$

Ćwiczenie 7

Wykaż, że pole ośmiokąta foremnego o obwodzie równym $L$ wyraża się wzorem:

$P = \frac{(1 + \sqrt{2}) \cdot L^{2}}{32}$ .

Dowód

Narysujmy ośmiokąt foremny i podzielmy go na $8$ przystających trójkątów.

R9siZUI7C9Csj

Ilustracja przedstawia ośmiokąt foremny. Jego długość boków została oznaczona jako a. Na rysunku zaznaczono także wszystkie cztery przekątne figury, tworząc tym samym osiem trójkątów równoramiennych o długości ramion x. Wewnątrz trójkątów zaznaczony został kąt alfa umiejscowiony pomiędzy dwoma ramionami trójkąta równoramiennego.

Zauważmy, że $α = \frac{360 °}{8} = 45 °$ .

Korzystając z twierdzenia cosinusów mamy:

$a^{2} = x^{2} + x^{2} - 2 \cdot x \cdot x \cdot \cos 45 °$

$a^{2} = 2 x^{2} - x^{2} \sqrt{2}$

$x^{2} = \frac{a^{2}}{2 - \sqrt{2}} = \frac{(2 + \sqrt{2}) a^{2}}{2}$

$L = 8 a$ , zatem $a = \frac{L}{8}$

Wobec tego:

$P = 8 \cdot \frac{1}{2} \cdot x \cdot x \cdot \sin 45 ° = 4 x^{2} \cdot \frac{\sqrt{2}}{2} = 2 x^{2} \sqrt{2} = 2 \cdot \frac{(2 + \sqrt{2}) a^{2}}{2} \cdot \sqrt{2} =$

$= (2 \sqrt{2} + 2) \cdot \frac{L^{2}}{64} = \frac{(1 + \sqrt{2}) L^{2}}{32}$

R1heXXnDLzsMQ3

Ćwiczenie 8

Słownik

wielokąt

część płaszczyzny ograniczona łamaną zwyczajną zamkniętą, wraz z tą łamaną

twierdzenie

zdanie, które opisuje fakt, zależność lub równość, które możemy udowodnić

dowód twierdzenia

rozumowanie, mające na celu uzasadnić prawdziwość twierdzenia, prowadzące od założeń do tezy, wykorzystując przy tym inne fakty

5. Pola figur podobnych

M_R_W18_M2 Pola czworokątów

6. Dowody geometryczne - pola wielokątów

Słownik