5. Zastosowanie cech przystawania trójkątów

R1M732E5POSAS

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.

R1TGEQ2HJ8AHH

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.

R1ZDOVQSZQNA7

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.

R1KDEFKGQO7AK

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 początek ułamka, a, minus, b, mianownik, dwa, koniec ułamka, drugi o długości b, trzeci o długości początek ułamka, a, minus, b, mianownik, dwa, koniec ułamka

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.

R12VSHC3DMXG2

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.

RMCLFVL7624EH

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.

RRZZT5GFHJV81

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.

R1K4OVXDSNT6A

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.

RF7GVKJ8B4OLE

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 $A B$ .

R3Q1G9UDV28O9

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 $|A B| = 5$ .

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.

RUNK6PDREDH7D

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

RXLXPXBLCF4LQ

Na ilustracji przedstawiono trójkąt równoramienny A B C o podstawie A B. Na bokach trójkąta zbudowano trójkąty równoboczne A C F, C B E, A B D. Linią przerywaną zaznaczono trójkąt o wierzchołkach D E F.

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.

R16QSJTNBLXQK

Na ilustracji przedstawiono trójkąt różnoboczny A B C. Na bokach trójkąta zbudowani trójkąty równoboczne A C F, A B D, B C E. Linią przerywaną poprowadzono proste łączące wierzchołki trójkąta A B C, 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.

R1VVEACBTOGEB

Na ilustracji przedstawiono kwadrat A B C D. Zaznaczono punkt F na boku B C, oraz punkt E na boku E B. Odcinki E B oraz C F 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. ∠ F D Ejest równy alfa. Łukiem zaznaczono ∠ C G A.

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.

Animacje multimedialne

Zapoznaj się z animacją. Postaraj się najpierw samodzielnie wykonać zadanie, a potem porównać je z przedstawionym rozwiązaniem.

R1JA6CHNT51AC

Polecenie 1

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 2

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 3

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: $2 \cdot 10 + 2 \cdot 10 + (10 - 2) = 48$ .

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

RSJKK1NDUXF3C

Polecenie 4

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 5

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 6

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.

Zestaw ćwiczeń interaktywnych

fullpage

Pokaż ćwiczenia:

R1NCLZA9L99P111

Ćwiczenie 1

Ćwiczenie 2

R165JQLGQ5UMR

RQ7SE8REFMDDT

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.

R1VZ46G1HEGG91

Ćwiczenie 3

Ćwiczenie 4

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

Rozważ trójkąt $A B C$ , w którym $|A C| = |B C|$ . Wykonaj rysunek pomocniczy i rozpatrz trójkąty utworzone przez podstawę $A B$ , jedną z wysokości i część boku.

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.

R19QZS4U4CXOJ

Na ilustracji przedstawiono trójkąt A B C. Z wierzchołka B poprowadzono wysokość trójkąta do boku A C, której spodek leży w punkcie B indeks dolny, h, koniec indeksu dolnego. Z wierzchołka A poprowadzono wysokość trójkąta do boku B C, której spodek leży w punkcie A indeks dolny, h, koniec indeksu dolnego. 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 5

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

Przyjmij oznaczenia: dłuższa przekątna ma długość $2 p x$ , a krótsza $2 q x$ . Zauważ, że przekątne rombu dzielą go na cztery trójkaty prsotokątne. Zapisz pole rombu jako czterokrotność pola trójkąta i porównaj z polem podanym w treści zadania. Wyznacz $x$ a nastęnie $a$ .

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

R1A4K873Z9D2Z

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 6

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 $|B E| + |C E|$ .

Znajdź obraz punktu $C$ w symetrii względem prostej $A D$ , nazwij go $C'$ . Poprowadź odcinek $B C'$ . Zastanów się co możesz powiedzieć o punkcie przecięcia odcinka $B C'$ i ramienia $A D$ .

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

RGOJVC86AFVA1

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 $|B C'| = |B E| + |C E| = 15$ .

Ćwiczenie 7

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

RGZ7PQNZC8B91

Ilustracja przedstawia szesnastokąt w kształcie gwiazdy przecięty czterema osiami symetrii.

Wyznacz pole tego szesnastokąta.

Zauważmy, że trójkąty wyróżnione na poniższym rysunku są przystające.

R2BEZCPHZH2SR

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: $P = 6^{2} + 4 \cdot (\frac{1}{2} x^{2}) = 36 + 2 {(6 - 3 \sqrt{2})}^{2} = 72 (2 - \sqrt{2})$ .

R13MSVLQ1ZVUK2

Ćwiczenie 8

Ćwiczenie 9

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

RBHGSZPJ1NKMN

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 $90 °$ .

R1M3H3KR3ETCT

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.

RR83XDQRJXUX8

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

Wykaż, że $|C E| = |D E|$ .

Zastanów się, jakie odcinki zawira w sobie prosta $A E$ .

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.

RL51CRK523A5Q

Na ilustracji przedstawiono kwadrat A B C D. Zaznaczono punkt E znajdujący się na boku A B, oraz punkt F znajdujący się na boku B C. Trójkąty B C E, oraz F C D są do siebie przystające. Zaznaczono następujące kąty. ∠ F A B równy beta, ∠ E D F równy alfa, oraz kąt ∠ B C E równy gamma.

R1RL4822TLOK6

Ćwiczenie 12

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.

RF3SF6OULEU9H

Na ilustracji przedstawiono romb A B C D. Zaznaczono punkt G leżący na boku A D, oraz punkt E, leżący na boku B C. 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.

R5M6OX5O1E8J1

R6M4BAU6QXSDT3

Ćwiczenie 13

R1ABLLS6SS7433

Ćwiczenie 14

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

4. Cechy przystawania trójkątów

Wprowadzenie do geometrii płaskiej