7. Stosunek pól trójkątów podobnych

RLAtokD8IAj2J

Świat, w którym żyjemy, jest wypełniony figurami. Wszystkie otaczające nas przedmioty mają kształty geometryczne. W naszym otoczeniu możemy wskazać przedmioty o tym samym kształcie, ale o różnych rozmiarach. Geometria nazywa takie kształty podobnymi.

Kserowanie umożliwia zrobienie wielu kopii dokumentów w krótkim czasie. Czasami ten dokument powiększamy, czasami pomniejszamy. Za każdym razem otrzymujemy dokument „podobny” do oryginału.

Własności trójkątów podobnych wykorzystał Tales do zmierzenia wysokości piramidy. Metodę pomiaru wysokości granitowej ściany opisał też Juliusz Verne w „Tajemniczej wyspie”.

Twoje cele

Uformułujesz i udowodnisz twierdzenie o sposunku pól trójkatów podobnych.
Zastosujesz twierdzenie o stosunku pól trójkątów podobnych do rozwiązywania zadań.

Załóżmy, że dwa kwadraty są podobnefigury podobnepodobne w skali $k$ .

R1CGBibmRM9Dn1

Ilustracja przedstawia trzy układy kwadratów, najpierw mamy jeden kwadrat, obok mamy cztery kwadraty ułożone w taki sposób, że powstał kwadrat o bokach dwa razy dłuższych od pierwszego, dalej znajduje się czwarty kwadrat składający się z dziewięciu mniejszych kwadratów, a bok tego kwadratu jest trzy razy dłuższy od kwadratu pierwszego.

Jeżeli bok jednego z tych kwadratów oznaczymy przez $a$ , to bok drugiego jest równy $k \cdot a$ , co oznacza, że stosunek pól tych kwadratów jest równy
$\frac{{(k \cdot a)}^{2}}{a^{2}} = \frac{k^{2} a^{2}}{a^{2}} = k^{2}$ .

Przekonamy się, że tak samo rzecz ma się z trójkątami.

Załóżmy, że trójkąt $X Y Z$ jest podobny do trójkąta $A B C$ w skali $k$ .

Niech odcinek $C D$ będzie wysokością opuszczoną na bok $A B$ , a odcinek $Z Q$ – wysokością opuszczoną na bok $X Y$ (zobacz rysunek poniżej).

RdLyg1DAzmkD4

Na ilustracji przedstawiono dwa trójkąty. Pierwszy trójkąt XYZ, zacieniowano zielonym kolorem. Z wierzchołka Z, opuszczono wysokość do podstawy XY, której spodek leży w punkcie Q. Drugi, mniejszy trójkąt ABC zacieniowano kolorem niebieskim. Z wierzchołka C, opuszczono wysokość do podstawy AB, której spodek leży w punkcie D.

Pole trójkąta $A B C$ jest zatem równe $\frac{1}{2} |A B| \cdot |C D|$ , a pole trójkąta $X Y Z$ jest równe $\frac{1}{2} |X Y| \cdot |Z Q|$ .

Zauważmy, że z podobieństwa trójkątów $X Y Z$ oraz $A B C$ wynika, że $|X Y| = k \cdot |A B|$ .
Ponadto trójkąty $A D C$ i $X Q Z$ są podobne (na podstawie cechycechy podobieństwa trójkątówcechy $k k k$ ), a ponieważ $|X Z| = k \cdot |A C|$ , więc mamy także $|Z Q| = k \cdot |C D|$ .
Stąd:
$P_{X Y Z} = \frac{1}{2} |X Y| \cdot |Z Q| = \frac{1}{2} k \cdot |A B| \cdot k \cdot |C D| = k^{2} \cdot \frac{1}{2} |A B| \cdot |C D| = k^{2} \cdot P_{A B C}$ .
Oznacza to, że stosunek pól rozpatrywanych trójkątów podobnych jest równy $k^{2}$ .

Udowodniliśmy w ten sposób twierdzenie:

stosunek pól trójkątów podobnych

Twierdzenie: stosunek pól trójkątów podobnych

Stosunek pól trójkątów podobnych jest równy kwadratowi skali ich podobieństwa.

Przykład 1

W trójkącie $A B C$ połączono odcinkiem $E D$ środki boków $A C$ oraz $B C$ . Trójkąty $A B C$ oraz $E D C$ są podobne w skali $k = 2$ . A zatem pole trójkąta $A B C$ jest $4$ razy większe od pola trójkąta $E D C$ .

R12k40riDy0Np

Na ilustracji przedstawiono trójkąt ABC. Zaznaczono środek boku AC w punkcie E, oraz środek boku BC w punkcie D. Punkty E i D połączono i zielonym kolorem zacieniowano powstały trójkąt EDC.

Zauważmy, że to samo spostrzeżenie możemy uzasadnić tym, że odcinek $E D$ jest linią środkową w trójkącie $A B C$ .

Przykład 2

W trójkącie prostokątnym $A B C$ , o przyprostokątnych $|B C| = 3$ oraz $|A C| = 4$ i przeciwprostokątnej $|A B| = 5$ , poprowadzono z wierzchołka kąta prostego wysokość $C D$ , która podzieliła dany trójkąt na dwie części. Wyznaczmy pola każdego z trójkątów otrzymanych w ten sposób.

R1BSs5KL2uNGF

Na ilustracji przedstawiono trójkąt ABC. Z wierzchołka kąta prostego C, opuszczono wysokość do przeciwprostokątnej AB, której spodek leży w punkcie D. Niebieskim kolorem zacieniowano trójkąt ADC, natomiast kolorem czerwonym BDC.

Rozwiązanie. Obliczamy pole rozpatrywanego trójkąta:
$P_{A B C} = \frac{1}{2} \cdot |A C| \cdot |B C| = \frac{1}{2} \cdot 4 \cdot 3 = 6$ .

Trójkąt $C B D$ jest podobny (na podstawie cechy $k k k$ ) do trójkąta $A B C$ w skali $k_{1} = \frac{|B C|}{|A B|} = \frac{3}{5}$ , zatem jego pole jest równe
$P_{B C D} = {(\frac{3}{5})}^{2} \cdot 6 = \frac{54}{25} = 2 \frac{4}{25} = 2, 16$ .
Trójkąt $A C D$ jest podobny (na podstawie cechy $k k k$ ) do trójkąta $A B C$ w skali $k_{2} = \frac{|A C|}{|A B|} = \frac{4}{5}$ , a więc jego pole jest równe
$P_{A C D} = {(\frac{4}{5})}^{2} \cdot 6 = \frac{96}{25} = 3 \frac{21}{25} = 3, 84$ .

Przykład 3

Na boku $A B$ trójkąta $A B C$ leży punkt $D$ . Prosta $k$ przechodzi przez $D$ , jest równoległa do $B C$ i przecina bok $A C$ w punkcie $K$ . Prosta $l$ przechodzi przez $D$ , jest równoległa do $A C$ i przecina bok $B C$ w punkcie $L$ (zobacz rysunek).

RZW3my3wXDlP1

Na ilustracji przedstawiono trójkąt ABC. Na boku AB zaznaczono punkt D. Poprowadzono prostą równoległą do boku AC, przechodzącą przez punkt D i przecinającą bok BC w punkcie L. Na boku AC zaznaczono punkt K. Poprowadzono prostą równoległą bo boku BC, przechodzącą przez punkt D i przecinającą bok AC w punkcie K. Kolorem zielonym zacieniowano trójkąt AKD, oraz kolorem czerwonym trójkąt BLD.

Pole trójkąta $A D K$ jest równe $9$ , a pole trójkąta $B D L$ jest równe $49$ .
Obliczymy pole trójkąta $A B C$ .

Rozwiązanie.

Oznaczmy pole trójkąta $A B C$ przez $x$ .

Zauważmy, że:

ponieważ $D K ∥ B C$ , więc trójkąty $A D K$ i $A B C$ są podobne na mocy cechy $k k k$ , w skali $\frac{|A D|}{|A B|}$ ; oznacza to, że $\frac{P_{A D K}}{P_{A B C}} = {(\frac{|A D|}{|A B|})}^{2}$ , skąd $\frac{9}{x} = {(\frac{|A D|}{|A B|})}^{2}$ , $\frac{|A D|}{|A B|} = \sqrt{\frac{9}{x}}$ , czyli $|A D| = |A B| \cdot \frac{3}{\sqrt{x}}$ ,
ponieważ $D L ∥ A C$ , więc trójkąty $B D L$ i $B A C$ są podobne na mocy cechy $k k k$ , w skali $\frac{|B D|}{|A B|}$ ; oznacza to, że $\frac{P_{B D L}}{P_{A B C}} = {(\frac{|B D|}{|A B|})}^{2}$ , skąd $\frac{49}{x} = {(\frac{|B D|}{|A B|})}^{2}$ , $\frac{|B D|}{|A B|} = \sqrt{\frac{49}{x}}$ , czyli $|B D| = |A B| \cdot \frac{7}{\sqrt{x}}$

Uwzględniając powyższe spostrzeżenia w równości $|A D| + |D B| = |A B|$ otrzymujemy zależność
$|A B| \cdot \frac{3}{\sqrt{x}} + |A B| \cdot \frac{7}{\sqrt{x}} = |A B|$ ,
skąd $|A B| \cdot \frac{10}{\sqrt{x}} = |A B|$
$\frac{10}{\sqrt{x}} = 1$
$\sqrt{x} = 10$
czyli $x = 100$ .

Zatem pole trójkąta $A B C$ jest równe $100$ .

Przykład 4

W czworokącie $A B C D$ punkty $K$ , $L$ , $M$ , $N$ są środkami boków, odpowiednio, $A B$ , $B C$ , $C D$ oraz $D A$ , a proste $K M$ i $L N$ przecinają się w punkcie $X$ (jak na poniższym rysunku).

R3OUV4qT8N14P

Na ilustracji przedstawiono czworokąt ABCD. Zaznaczono punkty stanowiące środki boków. Odpowiednio punkt K na boku AB, punkt L na boku BC, punkt M na boku CD oraz punkt N na boku AD. Punkty K, L, M, N połączono i powstał czworokąt KLMN. Zaznaczono przekątne KM i NL, które przecinają się w punkcie X.

Wykażemy, że:

a) suma pól trójkątów $A K N$ i $C M L$ jest równa sumie pól trójkątów $B L K$ i $D N M$ .

RxBOSQadyZzn3

b) suma pól czworokątów $A K X N$ i $C M X L$ jest równa sumie pól czworokątów $B L X K$ i $D N X M$ .

RR2wrh7OFyVj9

Rozwiązanie.

Prowadzimy przekątną $A C$ i korzystamy z twierdzenia o linii środkowej.

R1TkDlsGjPRWa

Otrzymujemy, że:

w trójkącie $A B C$ : $K L ∥ A C$ i $|K L| = \frac{1}{2} |A C|$ , co oznacza, że trójkąty $K B L$ oraz $A B C$ są podobne (na podstawie cechy $k k k$ ), w skali $\frac{|K L|}{|A C|} = \frac{1}{2}$ .
Wynika stąd, że $\frac{P_{K B L}}{P_{A B C}} = {(\frac{1}{2})}^{2} = \frac{1}{4}$ , czyli $P_{K B L} = \frac{1}{4} P_{A B C}$ ,
w trójkącie $A D C$ : $N M ∥ A C$ i $|N M| = \frac{1}{2} |A C|$ , co oznacza, że trójkąty $N D M$ oraz $A D C$ są podobne (na podstawie cechy $k k k$ ), w skali $\frac{|N M|}{|A C|} = \frac{1}{2}$ .
Wynika stąd, że $\frac{P_{N D M}}{P_{A D C}} = {(\frac{1}{2})}^{2} = \frac{1}{4}$ , czyli $P_{N D M} = \frac{1}{4} P_{A D C}$ .

Wobec tego $P_{K B L} + P_{N D M} = \frac{1}{4} (P_{A B C} + P_{A D C}) = \frac{1}{4} P_{A B C D}$ .

Prowadzimy teraz przekątną $B D$ i ponownie korzystamy z twierdzenia w linii środkowej w trójkątach $B A D$ i $B C D$ .

R1GskWMh5y074

Rozumując podobnie, jak w poprzednim przypadku otrzymujemy, że $P_{N A K} = \frac{1}{4} P_{D A B}$ oraz $P_{M C L} = \frac{1}{4} P_{D C B}$ , skąd $P_{N A K} + P_{M C L} = \frac{1}{4} (P_{D A B} + P_{D C B}) = \frac{1}{4} P_{A B C D}$ .

Wobec tego $P_{N A K} + P_{M C L} = P_{N D M} + P_{K B L}$ , a to właśnie mieliśmy udowodnić.

b) Na podstawie spostrzeżeń poczynionych powyżej stwierdzamy, że:

$P_{K L M N} = P_{A B C D} - (P_{N A K} + P_{M C L}) - (P_{N D M} + P_{K B L}) =$
$= P_{A B C D} - \frac{1}{4} P_{A B C D} - \frac{1}{4} P_{A B C D} = \frac{1}{2} P_{A B C D}$ ,
pary przeciwległych boków czworokąta $K L M N$ są równe, a więc jest on równoległobokiem, czyli jego przekątne przecinają się w połowie.
Oznacza to, że
$P_{K L X} = P_{L M X} = P_{M N X} = P_{N K X} = \frac{1}{4} P_{K L M N} = \frac{1}{8} P_{A B C D}$ .

Wynika stąd, że
$P_{A K X N} + P_{C M X L} = (P_{A K N} + P_{C M L}) + (P_{N K X} + P_{L M X}) =$
$= \frac{1}{4} P_{A B C D} + 2 \cdot \frac{1}{8} P_{A B C D} = \frac{1}{2} P_{A B C D}$ ,
skąd otrzymujemy, że
$P_{B L X K} + P_{D N X M} = P_{A B C D} - (P_{A K X N} + P_{C M X L}) = \frac{1}{2} P_{A B C D}$ ,
a więc suma pól czworokątów $A K X N$ i $C M X L$ jest równa sumie pól czworokątów $B L X K$ i $D N X M$ .
W ten sposób dowód został zakończony.

Przykład 5

W równoległoboku $A B C D$ punkt $K$ jest środkiem boku $B C$ , a na boku $A B$ leży taki punkt $L$ , że $|B L| = 2 |A L|$ . Proste $D K$ i $C L$ przecinają się w punkcie $M$ (jak na poniższym rysunku).

R14BxYZnSAPe8

Na ilustracji przedstawiono równoległobok ABCD, o podstawie dolnej AB i górnej CD. Na boku BC zaznaczono punkt K, stanowiący jego środek. Na boku AB zaznaczono punkt L, taki że, odległość punktu L od wierzchołka B jest dwukrotnie większa od jego odległości od wierzchołka A. Połączono wierzchołek D z punktem K, oraz wierzchołek C z punktem L. Odcinki przecinają się w punkcie M.

Obliczymy pole czworokąta $B K M L$ , wiedząc, że pole równoległoboku $A B C D$ jest równe $S$ .

Rozwiązanie.

Przyjmujemy oznaczenia: $|B K| = x$ oraz $|A L| = y$ .

Zatem z warunków zadania otrzymujemy, że:

$|K C| = x$ , $|B C| = |A D| = 2 x$ ,
$|L B| = 2 y$ , $|A B| = |C D| = 3 y$ .

Oznaczmy ponadto:

długość wysokości równoległoboku poprowadzonej z wierzchołka $D$ na bok $A B$ przez $h_{1}$ (wobec tego $h_{1}$ jest odległością między prostymi równoległymi $A B$ i $C D$ ),
długość wysokości równoległoboku poprowadzonej z wierzchołka $D$ na bok $B C$ przez $h_{2}$ (wobec tego $h_{2}$ jest odległością między prostymi równoległymi $A D$ i $B C$ ).

Używając powyższych oznaczeń możemy zapisać:

pole równoległoboku $A B C D$ jako $S = 3 y \cdot h_{1}$ lub $S = 2 x \cdot h_{2}$ ,
pole trójkąta $K C D$ jako $P_{K C D} = \frac{1}{2} x h_{2} = \frac{1}{4} \cdot 2 x h_{2} = \frac{1}{4} S$ ,
pole trójkąta $L B C$ jako $P_{L B C} = \frac{1}{2} \cdot 2 y \cdot h_{1} = \frac{1}{3} \cdot 3 y h_{1} = \frac{1}{3} S$ .

Dalszą część rozwiązania przedstawimy na kilka sposobów.

$I$ sposób

Środek odcinka $L C$ oznaczamy przez $M_{1}$ .

Wtedy odcinek $K M_{1}$ to linia środkowa w trójkącie $L B C$ , co oznacza, że $K M_{1} ∥ B L$ i $|K M_{1}| = \frac{1}{2} |B L| = \frac{1}{2} \cdot 2 y = y$ .

R1PY3S8qG3C6m

Wobec tego trójkąty $K M_{1} C$ i $B L C$ są podobne (na mocy cechy $k k k$ ), w skali $\frac{|K M_{1}|}{|B L|} = \frac{1}{2}$ . Zatem $\frac{P_{K M_{1} C}}{P_{B L C}} = {(\frac{1}{2})}^{2} = \frac{1}{4}$ , skąd $P_{K M_{1} C} = \frac{1}{4} P_{B L C} = \frac{1}{4} \cdot \frac{1}{4} S = \frac{1}{16} S$ , a także $P_{L B K M_{1}} = \frac{3}{4} P_{B L C} = \frac{3}{4} \cdot \frac{1}{3} S = \frac{1}{4} S$ .

R1WK1UKXjpENo

Ponieważ $L B ∥ C D$ , więc $K M_{1} ∥ C D$ , skąd wynika, że trójkąty $K M M_{1}$ i $D M C$ są podobne (na mocy cechy $k k k$ ), w skali $\frac{|K M_{1}|}{|D C|} = \frac{y}{3 y} = \frac{1}{3}$ , zatem $\frac{|M_{1} M|}{|M C|} = \frac{1}{3}$ .

ReJ3vzv3NjxNi

Ponieważ trójkąty $M M_{1} K$ i $M C K$ mają wspólny wierzchołek $K$ , więc $\frac{P_{M M_{1} K}}{P_{M C K}} = \frac{|M_{1} M|}{|M C|} = \frac{1}{3}$ .

Stąd $P_{M M_{1} K} = \frac{1}{3} P_{K M_{1} C} = \frac{1}{3} \cdot \frac{1}{16} S = \frac{1}{48} S$ , czyli
$P_{B K M L} = P_{L B K M_{1}} + P_{M M_{1} K} = \frac{1}{4} S + \frac{1}{48} S = \frac{12 + 1}{48} S = \frac{13}{48} S$ .

$II$ sposób

Oznaczmy przez $N$ punkt przecięcia prostych $A B$ i $D L$ .

R1Y03Zdexg0UG

Ponieważ $B N ∥ C D$ i $|B K| = |K C|$ , więc na podstawie cechy kbk trójkąty $B K N$ oraz $C K D$ są przystające.

Rdf6er8TFhIbw

Wynika stąd, że:

$P_{K B N} = P_{K C D} = \frac{1}{4} S$ ,
$|B N| = |C D| = 3 y$ , a więc $|L N| = |L B| + |B N| = 5 y$ .

Ponieważ $L N ∥ C D$ , więc na podstawie cechy $k k k$ trójkąty $L N M$ oraz $C D M$ są podobne, przy czym skala tego podobieństwa jest równa $\frac{|L N|}{|C D|} = \frac{5 y}{3 y} = \frac{5}{3}$ , skąd $\frac{|C M|}{|M L|} = \frac{3}{5}$ .
Ponadto w tej właśnie skali pozostają wysokości poprowadzone z wierzchołka $M$ w trójkątach $M L N$ oraz $M C D$ , co oznacza, że w pierwszym z nich ta wysokość jest równa $\frac{5}{8} h_{1}$ , a w drugim jest równa $\frac{3}{8} h_{1}$ .

Rrdwlaiyw7bmi

Wobec tego
$P_{M L N} = \frac{1}{2} 5 y \cdot \frac{5}{8} h_{1} = \frac{25}{16} y h_{1} = \frac{25}{48} \cdot 3 y h_{1} = \frac{25}{48} S$ .

Ostatecznie stwierdzamy, że
$P_{B K M L} = P_{M L N} - P_{K B N} = \frac{25}{48} S - \frac{1}{4} S = \frac{25 - 12}{48} S = \frac{13}{48} S$ .

Galeria zdjęć interaktywnych

Zapoznaj się z przedstawioną poniżej galerią zdjęć interaktywnych. Przeanalizuj zaprezentowane w niej różne rozwiązania zadania dotyczącego pól figur podobnych.

R14t7ukhiFgLR

RFPl9OIyqE7V3

R1FRTaqn2LWas

RC9H7VcI6wcNp

Ilustracja czwarta przedstawia kontynuację sposobu pierwszego: Zauważmy, że K E, równoległe do, A C, E A, równoległe do, B C i K, należy do, A B, więc trójkąty K A E i A B C są podobne na mocy cechy kkk, w skali początek ułamka, długość odcinka, K E, koniec długości odcinka, mianownik, długość odcinka, A C, koniec długości odcinka, koniec ułamka, równa się, początek ułamka, sześć, mianownik, czternaście, koniec ułamka, równa się, początek ułamka, trzy, mianownik, siedem, koniec ułamka. Na rysunku zaznaczono jednym kolorem trójkąty ABC oraz AKE. Dodatkowo D L, równoległe do, A C, D C, równoległe do, A B i L, należy do, B C, więc trójkąty D C L i A B C są podobne na mocy cechy kkk, w skali początek ułamka, długość odcinka, D L, koniec długości odcinka, mianownik, długość odcinka, A C, koniec długości odcinka, koniec ułamka, równa się, początek ułamka, sześć, mianownik, czternaście, koniec ułamka, równa się, początek ułamka, trzy, mianownik, siedem, koniec ułamka. Na kolejnym rysunku zaznaczono jednakowym kolorem trójkąty ABC oraz CDL. Zauważmy również, że K L, równoległe do, A B, K, należy do, A B i L, należy do, B C, K B L i A B C są podobne na mocy cechy kkk, w skali początek ułamka, długość odcinka, K L, koniec długości odcinka, mianownik, długość odcinka, A C, koniec długości odcinka, koniec ułamka, równa się, początek ułamka, dwadzieścia, mianownik, czternaście, koniec ułamka, równa się, początek ułamka, dziesięć, mianownik, siedem, koniec ułamka. Trójkąt ABC jest częścią trójkąta KBL, ztem cały trójkąt KBL zaznaczono kolorem. Oznacza to, że P indeks dolny, K A E, koniec indeksu dolnego, równa się, P indeks dolny, D C L, koniec indeksu dolnego, równa się, nawias, początek ułamka, trzy, mianownik, siedem, koniec ułamka, zamknięcie nawiasu, indeks górny, dwa, koniec indeksu górnego, razy, P indeks dolny, A B C, koniec indeksu dolnego, równa się, początek ułamka, dziewięć, mianownik, czterdzieści dziewięć, koniec ułamka, razy, P indeks dolny, A B C, koniec indeksu dolnego oraz P indeks dolny, K B L, koniec indeksu dolnego, równa się, nawias, początek ułamka, dziesięć, mianownik, siedem, koniec ułamka, zamknięcie nawiasu, indeks górny, dwa, koniec indeksu górnego, razy, P indeks dolny, A B C, koniec indeksu dolnego, równa się, początek ułamka, sto, mianownik, czterdzieści dziewięć, koniec ułamka, razy, P indeks dolny, A B C, koniec indeksu dolnego.
Ponieważ P indeks dolny, K B L, koniec indeksu dolnego, równa się, P indeks dolny, K A E, koniec indeksu dolnego, plus, P indeks dolny, D C L, koniec indeksu dolnego, plus, P indeks dolny, A B C D E, koniec indeksu dolnego, więc P indeks dolny, A B C D E, koniec indeksu dolnego, równa się, P indeks dolny, K B L, koniec indeksu dolnego, minus, nawias, P indeks dolny, K A E, koniec indeksu dolnego, plus, P indeks dolny, D C L, koniec indeksu dolnego, zamknięcie nawiasu, równa się równa się, nawias, początek ułamka, sto, mianownik, czterdzieści dziewięć, koniec ułamka, minus, dwa, razy, początek ułamka, dziewięć, mianownik, czterdzieści dziewięć, koniec ułamka, zamknięcie nawiasu, razy, P indeks dolny, A B C, koniec indeksu dolnego, równa się, początek ułamka, osiemdziesiąt dwa, mianownik, czterdzieści dziewięć, koniec ułamka, razy, sto sześćdziesiąt osiem, równa się
, początek ułamka, tysiąc dziewięćset sześćdziesiąt osiem, mianownik, siedem, koniec ułamka, równa się, dwieście osiemdziesiąt jeden początek ułamka, jeden, mianownik, siedem, koniec ułamka.

R1dXZBrCm0CFU

Ilustracja piąta przedstawia sposób drugi, w którym punkty K i L oznaczamy jak w sposobie pierwszym, a także korzystamy z poczynionego tak spostrzeżenia, że trójkąty KAE i ABC są podobne. Wobec tego prosta BS przecina odcinek KL w jego środku, który oznaczamy przez Q. Przypomnijmy nasz rysunek: jest to pięciokąt o wierzchołkach A B C D E, który przekątna AC dzieli na trójkąt ABC i trapez ACDE. W pięciokącie tym przedłużono boki AB, BC i DE w taki sposób, że powstał trójkąt KBL, przy czym punkt K leży na przecięciu prostych przechodzących przez AB i ED a punkt L na przecięciu prostych przechodzących przez BC i ED. W trójkącie ABC zaznaczono wysokość BS, ma ona długość 24, wysokość tą przedłużono, tak że sięga do boku KL, spodek przedłużonej wysokości podpisano literą Q, odcinek OS podpisano literą x, odcinek QD ma długość dziesięć. Przyjmujemy, że Q S, równa się, x i zauważamy, że trójkąty prostokątne A B S i K B Q mają wspólny kąt ostry przy wierzchołku B, więc są podobne na mocy cechy kkk.. Zatem początek ułamka, długość odcinka, B S, koniec długości odcinka, mianownik, długość odcinka, S A, koniec długości odcinka, koniec ułamka, równa się, początek ułamka, długość odcinka, B Q, koniec długości odcinka, mianownik, długość odcinka, Q K, koniec długości odcinka, koniec ułamka, czyli początek ułamka, dwadzieścia cztery, mianownik, siedem, koniec ułamka, równa się, początek ułamka, dwadzieścia cztery, plus, x, mianownik, dziesięć, koniec ułamka co po przekształceniu daje: siedem nawias, x, plus, dwadzieścia cztery, zamknięcie nawiasu, równa się, dwadzieścia cztery, razy, dziesięć, dalej mamy siedem x, równa się, dwieście czterdzieści, minus, sto sześćdziesiąt osiem, zatem x, równa się, początek ułamka, siedemdziesiąt dwa, mianownik, siedem, koniec ułamka. W trapezie A C D E podstawy są równe czternaście i osiem, a wysokość to x, równa się, początek ułamka, siedemdziesiąt dwa, mianownik, siedem, koniec ułamka. Możemy obliczyć pole trapezu P indeks dolny, A C D E, koniec indeksu dolnego, równa się, początek ułamka, jeden, mianownik, dwa, koniec ułamka, razy, nawias czternaście, plus, osiem zamknięcie nawiasu, razy, początek ułamka, siedemdziesiąt dwa, mianownik, siedem, koniec ułamka, równa się, początek ułamka, siedemset dziewięćdziesiąt dwa, mianownik, siedem, koniec ułamka, równa się, sto trzynaście początek ułamka, jeden, mianownik, siedem, koniec ułamka, zatem pole pięciokąta to: P indeks dolny, A B C D E, koniec indeksu dolnego, równa się, P indeks dolny, A B C, koniec indeksu dolnego, plus, P indeks dolny, A C D E, koniec indeksu dolnego, równa się, sto sześćdziesiąt osiem, plus, sto trzynaście początek ułamka, jeden, mianownik, siedem, koniec ułamka, równa się, dwieście osiemdziesiąt jeden początek ułamka, jeden, mianownik, siedem, koniec ułamka.

ReHr68kBMAW6U

R1Jb4L2hGC185

R1C5J3UgyJxHu

Polecenie 1

Trójkąt $A B C$ ma pole $9$ . Na boku $A C$ tego trójkąta wybrano punkty $K$ i $L$ , które podzieliły ten bok na trzy równe części: $|A K| = |K L| = |L C|$ . Następnie poprowadzono przez te punkty proste równoległe do boku $A B$ .
Obliczymy pola figur, na które tak poprowadzone proste podzieliły trójkąt $A B C$ .

Oznaczmy:

przez $k$ – prostą poprowadzoną przez punkt $K$ , a przez $N$ – jej punkt przecięcia z bokiem $B C$ ,
przez $l$ – prostą poprowadzoną przez punkt $L$ , a przez $M$ – jej punkt przecięcia z bokiem $B C$ .
(jak na rysunku poniżej)

R1e6DMLGBXPTv

Ilustracja przedstawia trójkąt A B C, przez który przechodzą przerywane proste równoległe do boku AB. Prost k przechodzi przez punkty K i N, gdzie K leży na boku AC, a N leży na boku BC. Druga prosta l, przechodzi przez punktu L i M, gdzie L leży na boku AC, a M na boku BC.

Najpierw obliczymy pole trójkąta $L M C$ .
Zauważmy, że ponieważ proste $L M$ i $A B$ są równoległe, więc na podstawie cechy kkk otrzymujemy, że trójkąt $L M C$ jest podobny do trójkąta $A B C$ , w skali
$\frac{|L C|}{|A C|} = \frac{|L C|}{3 |L C|} = \frac{1}{3}$ .
Wobec tego
$\frac{P_{L M C}}{P_{A B C}} = {(\frac{1}{3})}^{2} = \frac{1}{9}$ , czyli $P_{L M C} = \frac{1}{9} \cdot P_{A B C} = \frac{1}{9} \cdot 9 = 1$ .
Zauważmy też, że ponieważ $K N ∥ A B$ , więc na mocy cechy kkk trójkąty $K N C$ i $A B C$ są podobne, a skala ich podobieństwa jest równa $\frac{|K C|}{|A C|} = \frac{2 |L C|}{3 |L C|} = \frac{2}{3}$ .
Zatem
$\frac{P_{K N C}}{P_{A B C}} = {(\frac{2}{3})}^{2} = \frac{4}{9}$ , czyli $P_{K N C} = \frac{4}{9} \cdot P_{A B C} = \frac{4}{9} \cdot 9 = 4$ .

Oznacza to, że:
$P_{K N M L} = P_{K N C} - P_{L M C} = 4 - 1 = 3$ ,
$P_{A B N K} = P_{A B C} - P_{K N C} = 9 - 4 = 5$ .

Proste $k$ i $l$ podzieliły trójkąt $A B C$ na trzy figury:

trójkąt $L M C$ o polu $1$ ,
trapez $K N M L$ o polu $3$ ,
trapez $A B N K$ o polu $5$ .

Zestaw ćwiczeń inetaktywnych

Pokaż ćwiczenia:

RZCCmmJFVBQ711

Ćwiczenie 1

R1W6F2koP4QPd1

Ćwiczenie 2

R1KIfv4HHPe8C2

Ćwiczenie 3

Ćwiczenie 4

Przez punkt $P$ leżący na boku $A B$ trójkąta $A B C$ poprowadzono dwie proste $k$ i $l$ , równoległe odpowiednio do boków $A C$ i $B C$ . Prosta $k$ przecięła bok $B C$ w punkcie $K$ , a prosta $l$ przecięła bok $A C$ w punkcie $L$ . Wiadomo, że pole trójkąta $P B K$ jest cztery razy większe od pola trójkąta $A P L$ .

R1IGkHJalp2UK

Na ilustracji przedstawiono trójkąt ABC. Na boku AB zaznaczono punkt P. Poprowadzono prostą k, równoległą do boku AC, przechodzącą przez punkt D i przecinającą bok BC w punkcie K. Na boku AC zaznaczono punkt L. Poprowadzono prostą l, równoległą bo boku BC, przechodzącą przez punkt P i przecinającą bok AC w punkcie L. Kolorem niebieskim zacieniowano trójkąt ALP, oraz kolorem czerwonym trójkąt PKB.

RlmqhnwrIbGOU

R13t08Jb1dZLI2

Ćwiczenie 5

R5qNGyEIXQqEF2

Ćwiczenie 6

Ćwiczenie 7

Podstawami trapezu $A B C D$ są $A B$ i $C D$ , a jego przekątne przecinają się w punkcie $P$ . Oblicz pole trójkąta $A B C$ , jeżeli pole trójkąta $A B P$ jest równe $7$ , a pole trójkąta $C D P$ jest równe $112$ .

Zacznij od wyznaczenia skali podobieństwa trójkąta $A B P$ do trójkąta $C D P$ .

Przyjmijmy oznaczenia jak na rysunku:

R16Mi4zbamGzY

Ilustracja przedstawia trapez A B C D, gdzie podstawa AB ma długość a, a podstawa CD ma długość b. W trapezie zaznaczono przekątne AC i BD, kąt ABD oznaczono literą alfa, kąt BDC również oznaczono literą alfa. Punkt przecięcia przekątnych zaznaczono literą P. Kąt BPA i CPD oznaczono literą beta. Przez punkt P poprowadzono wysokość trapezu, odcinek od podstawy AB do punktu P podpisano literą x, odcinek od podstawy CD do punktu P podpisano literą y.

Ponieważ $∆ A B P ~ ∆ P C D$ (na mocy cechy $k k k$ ), to: $\frac{P_{Δ A B P}}{P_{Δ P C D}} = \frac{7}{112} = \frac{1}{16}$ .

Zatem: $x = \frac{1}{4} y$ i $a = \frac{1}{4} b$ .

Stąd:

$P_{Δ A B C} = \frac{1}{2} \cdot a (x + y) = \frac{1}{2} \cdot a \cdot (x + 4 x) = \frac{1}{2} \cdot a \cdot 5 x = 5 \cdot \frac{1}{2} \cdot a \cdot x = 5 \cdot 7 = 35$ .

$P_{Δ A B C} = 35$ .

Ćwiczenie 8

Łącząc środki boków trójkąta $A B C$ , dzielimy go na cztery mniejsze trójkąty i środkowy z nich wycinamy. Z pozostałymi trzema narożnymi trójkątami (czyli z tymi, które są zamalowane) postępujemy według zasady opisanej powyżej . Jeśli czynność tę powtórzymy jeszcze raz, to otrzymamy figurę jak na rysunku poniżej.

RTeoNSWiXBiGS

Ilustracja przedstawia trójką A B C, z którego wycięto trójkąt łączący środki boków trójkąta A B C. Z każdego z pozostałych niewyciętych również wycięto trójkąt łączący środki boków, następnie dalej z każdego z pozostałych niewyciętych trójkątów wycięto trójkąt łączący środki boków. Tym sposobem powstał trójkąt wewnątrz którego wycięto jeden duży trójkąt, trzy średnie i dziewięć małych trójkątów.

Oblicz pole tej części trójkąta, która jest zamalowana, wiedząc, że pole trójkąta $A B C$ jest równe $128$ .

Przyjmijmy oznaczenia jak na rysunku:

RwEQAsbWPG9F1

Ilustracja przedstawia trójką A B C, z którego wycięto trójkąt łączący środki boków trójkąta A B C, przy czym wierzchołki tego trójkąta oznaczono następująco: na boku AB jest punkt D, na boku BC punkt E a na boku AC punkt F. Z każdego z pozostałych niewyciętych również wycięto trójkąt łączący środki boków, w trójkącie znajdującym się w prawym dolnym rogu trójkąta wierzchołki wyciętego trójkąta oznaczono następująco: punkt G na boku BD, punkt H na boku BE i punkt I na boku DE. Następnie dalej z każdego z pozostałych niewyciętych trójkątów wycięto trójkąt łączący środki boków. Opisano wierzchołki jednego z małych wyciętych trójkątów, jest to trójkąt J K L, przy czym punkt J leży na boku IH, punkt K na boku EH, a punkt L na boku EI. Tym sposobem powstał trójkąt wewnątrz którego wycięto jeden duży trójkąt, trzy średnie i dziewięć małych trójkątów.

Pole części zamalowanej obliczymy mając wartości pól: trójkąta $D E F$ ; trójkątów przystających do trójkąta $G H I$ praz pola trójkątów przystających do trójkąta $J K L$ :

$P_{Δ D E F} = \frac{1}{4} \cdot P_{∆ A B C} = \frac{1}{4} \cdot 128 = 32$

$P_{Δ G H I} = \frac{1}{4} \cdot P_{Δ D E F} = \frac{1}{4} \cdot 32 = 8$ , bo: $Δ D B E ~ Δ D E F$

$P_{Δ J K L} = \frac{1}{4} \cdot P_{Δ G H I} = \frac{1}{4} \cdot 8 = 2$ , bo: $Δ I H E ~ Δ G H I$ .

Stąd: $P = 128 - 32 - 3 \cdot 8 - 9 \cdot 2 = 54$ .

$P = 54$ .

Słownik

figury podobne

figury, z których jedna jest obrazem drugiej w pewnym podobieństwie

cechy podobieństwa trójkątów

warunki konieczne i wystarczające na to, aby dwa trójkąty były podobne

6. Linia środkowa w trójkącie

8*. Wiedza z plusem: Czy można wyglądać jak trójkąt i nie być trójkątem?