2. Zastosowanie twierdzenia Pitagorasa

RG5F62S5HNJXM

Wielkim wkładem pitagorejczyków w rozwój wiedzy było więc uprawianie matematyki, która stała się nauką, mimo że dotąd pozostawała wiedzą praktyczną, związaną z namysłem nad konkretnymi przedmiotami. Za ich sprawą zaistniała jako abstrakcyjna, teoretyczna dyscyplina naukowa.

R1EpIpw8fekIp1

Obraz przedstawia starszego mężczyznę w szacie z kapturem. Mężczyzna odwraca głowę i zasłania się rękami, stojąc przed kwitnącą rośliną. — **Pitagoras zabraniający jedzenia bobu.**
Zgodnie z nauką pitagorejską ciało jest więzieniem dla duszy, która musi wyzwolić się dzięki kolejnym wcieleniom (reinkarnacja). Karą za występne życie jest odrodzenie jako zwierzę lub nawet roślina. Dlatego pitagoreizm głosił wegetarianizm (zwierzęta to przecież upadłe dusze ludzkie) i zakazywał jedzenia roślin strączkowych (możliwe, że były to rośliny uważane za siedliska dusz jeszcze bardziej potępionych).
Źródło: domena publiczna.

Badania matematyczne pitagorejczyków miały wszechstronne zastosowanie. Były przydatne dla mistycznej nauki zakonu głoszącej tezę o palingenetycznej wędrówce dusz, reinkarnacji, podczas której dusza ma się doskonalić, aby nie odrodzić się jako roślina lub zwierzę, lecz by wyzwolić się od cielesności. Okazały się też ważne dla badań akustycznych, gdyż muzykę uważano za siłę oczyszczającą, a badając zjawisko dźwięku, odkryto, że jego przyczyną jest ruch. Pitagorejczycy łatwo zatem obliczyli relacje matematyczne między długością struny a konkretnymi akordami, które rozpisali w schematy proporcji. Zastosowanie matematyki do badań astronomicznych w krótkim czasie zaowocowało odkryciem, że Ziemia ma kształt kuli. Stwierdzono też, iż ruch sfer niebieskich musi wytwarzać pewne dźwięki, „niebiańską muzykę”, których nie można usłyszeć, ponieważ grają stale. Podobnie na co dzień nie da się usłyszeć szumu w uszach, poczuć zapachu czystego powietrza i smaku wody. Pitagorejczycy uprawiali też matematykę dla samej matematyki, więc dla zgłębiania mądrości zawartej w świecie. To również miało przysłużyć się duchowej doskonałości. Pitagorasowi przypisuje się dziś twierdzenie, które przekształciło matematykę w pełnoprawną naukę. Powstało również wiele nowych pojęć, takich jak parabola, elipsa i hiperbola.

W tym materiale zastosujemy twierdzenie Pitagorasa do wyznaczania długości boków i długości środkowych trójkąta prostokątnego oraz innych odcinków w takim trójkącie. Pokażemy, jak można zastosować twierdzenie Pitagorasa do obliczania długości odcinków, które są elementami okręgów lub kół. W dowolnym trójkącie wyznaczymy też długości wysokości i udowodnimy wzór Herona.

Twoje cele

Zastosujesz twierdzenie Pitagorasa do wyznaczania długości boków trójkąta prostokątnego.
Zastosujesz twierdzenie Pitagorasa do wyznaczania odcinków w trójkątach w sytuacjach praktycznych i zagadnieniach matematycznych.
Wykorzystasz twierdzenie Pitagorasa do rozwiązywania problemów geometrycznych dotyczących okręgu.
Udowodnisz wzór Herona i zastosujesz do obliczania pola dowolnego trójkąta.
Zastosujesz twierdzenie Pitagorasa do przeprowadzania dowodów geometrycznych.

Twierdzenie Pitagorasa pozwala na wyznaczenie długości boku trójkąta prostokątnego, jeśli znamy długości dwóch pozostałych. Wzór na kwadrat długości przeciwprostokątnej podany jest w twierdzeniu Pitagorasa. Proste przekształcenie równości Pitagorasa daje nam wzory na kwadraty długości przyprostokątnych:

a^{2} = c^{2} - b^{2}

b^{2} = c^{2} - a^{2}

Aby uzyskać długości tych odcinków, należy wyznaczyć pierwiastki z ich kwadratów.

Przykład 1

W trójkącie prostokątnym przeciwprostokątna ma długość $37$ , a jedna z przyprostokątnych ma długość $35$ . Wyznaczymy długość drugiej przyprostokątnej.

Rozwiązanie

$a^{2} = c^{2} - b^{2} = 37^{2} - 35^{2} = 144$ , więc $a = \sqrt{144} = 12$ .

Jeżeli mamy dwa boki $x ⩽ y$ trójkąta prostokątnego, to żeby wyznaczyć trzeci bok, musimy wiedzieć jaką rolę pełnią te boki w trójkącie. Na rysunku mamy dwa różne trójkąty prostokątne zbudowane z odcinków $x$ , $y$ .

RLXJLTH2NE2ZM

Ilustracja przedstawia trójkąt prostokątny o pionowej przyprostokątnej x oraz poziomej przyprostokątnej y. Obok narysowano trójkąt zbudowany na odcinkach x i y, przy czym x jest przyprostokątną, a y przeciwprostokątną. Zaznaczono środek odcinka y. Jest to również środek okręgu, przy czym y jest średnicą okręgu. Trójkąt wpisany jest okrąg. Lewy koniec odcinka y jest środkiem drugiego, mniejszego okręgu przecinającego się z większym okręgiem. Środek mniejszego okręgu to wspólny koniec odcinków x i y. Odcinek x jest promieniem mniejszego okręgu. Trzeci bok trójkąta jest cięciwą większego okręgu.

Przykład 2

Trójkąt prostokątny ma dwa boki długości $8$ i $15$ . Pokażemy, że istnieją dwa trójkąty prostokątne spełniające ten warunek. Wyznaczymy długość trzeciego boku każdego z nich.

Rozwiązanie

Jeżeli znane boki są przyprostokątnymi, to przeciwprostokątna $c = \sqrt{8^{2} + 15^{2}} = 17$ .

Jeżeli jeden ze znanych boków jest przeciwprostokątną, to jest to dłuższy bok. Wtedy druga przyprostokątna ma długość $\sqrt{15^{2} - 8^{2}} = \sqrt{161}$ .

Jednym z najważniejszych odcinków w trójkącie jest wysokość trójkąta. W każdym trójkącie przynajmniej jedna wysokość leży wewnątrz trójkąta.

Przykład 3

W trójkącie równoramiennym dana jest wysokość $h$ opuszczona na podstawę trójkąta oraz ramię $a$ .

RV93A63P5O79N

Na ilustracji przedstawiono trójkąt równoramienny o ramionach długości a, oraz podstawie długości c. Z wierzchołka C, opuszczono wysokość h na podstawę A B, której spodek leżt w punkcie D. Wysokość podzieliła podstawę trójkąta na dwa równe odcinki o długości początek ułamka, c, mianownik, dwa, koniec ułamka.

Wyznaczymy wzór na obwód tego trójkąta.

Rozwiązanie

Wykorzystamy własność, że wysokość opuszczona na podstawę trójkąta równoramiennego dzieli podstawę $c$ na połowy.

Wtedy ${(\frac{c}{2})}^{2} = a^{2} - h^{2}$ , więc $c = 2 \sqrt{a^{2} - h^{2}}$ .

Zatem obwód jest równy $2 a + c = 2 a + 2 \sqrt{a^{2} - h^{2}}$ .

Przykład 4

W trójkącie $A B C$ spodek $D$ wysokości opuszczonej na bok $A B$ dzieli ten bok tak, że $|A D| : |D B| = 2 : 1$ . Długość wysokości $h = 2$ , a długość boku $|A C| = 2 \sqrt{5}$ . Wyznaczymy pole tego trójkąta.

Rozwiązanie

Wysokość dzieli trójkąt na dwa trójkąty prostokątne $A C D$ i $B C D$ .

Wtedy ${|A D|}^{2} = {|A C|}^{2} - h^{2} = 20 - 4 = 16$ .

$|A D| = \sqrt{16} = 4$

$|D B| = \frac{|A D|}{2} = 2$ , stąd $|A B| = 6$

Pole trójkąta wynosi $P = \frac{6 \cdot 2}{2} = 6$ .

Wyznaczanie długości środkowych w trójkącie prostokątnym

środkowa trójkąta

Definicja: środkowa trójkąta

Środkową nazywamy odcinek w trójkącie, który łączy wierzchołek trójkąta ze środkiem przeciwległego boku

Na rysunku przedstawiony jest trójkąt prostokątny i jego środkowe oznaczone różnymi kolorami.

RGO36BB2TVL7T

Na ilustracji przedstawiono trójkąt A B C z kątem prostym przy wierzchołku A. Zaznaczono środki boków trójkąta, oraz połączono je z wierzchołkami leżącymi naprzeciw. Punkt D stanowi środkową przyprostokątnej A C i połączono go z wierzchołkiem B. Punkt F stanowi środkową przyprostokątnej A B i połączono go z wierzchołkiem C. Punkt E stanowi środkową przeciwprostokątnej B C i połączono go z wierzchołkiem A. Linią przerywaną połączono punkty D, E i F.

Odcinki oznaczone liniami przerywanymi łączą środki boków. Z własności linii środkowej w trójkącielinia środkowa w trójkącielinii środkowej w trójkącie, odcinki te są równoległe do odpowiednich boków i mają długości równe połowie długości odpowiednich boków.

Wyznaczymy długość środkowejśrodkowa w trójkącieśrodkowej $A E$ .

Zauważamy, że $A E$ jest przeciwprostokątną trójkąta $A E F$ , bo $E F ∥ A C$ . Ponadto, $|E F| = \frac{b}{2}$ i $|A F| = \frac{a}{2}$ .

Stąd ${|A E|}^{2} = {(\frac{a}{2})}^{2} + {(\frac{b}{2})}^{2} = \frac{a^{2} + b^{2}}{4} = \frac{c^{2}}{4}$ , więc $|A E| = \frac{c}{2}$ .

Długość środkowej $C F$ wyznaczamy jako długość przeciwprostokątnej trójkąta prostokątnego $A C F$ .

Stąd ${|C F|}^{2} = {(\frac{a}{2})}^{2} + b^{2} = \frac{a^{2} + 4 b^{2}}{4}$ , więc $|C F| = \sqrt{\frac{a^{2} + 4 b^{2}}{4}} = \frac{\sqrt{c^{2} + 3 b^{2}}}{2}$ .

Przykład 5

Jedna z przyprostokątnych trójkąta prostokątnego ma długość $a$ i jest pięć razy krótsza od przeciwprostokątnej. Wyznaczymy długość środkowej poprowadzonej do dłuższej przyprostokątnej.

Rozwiązanie

Wyznaczamy długość $x$ drugiej przyprostokątnej korzystając z twierdzenia Pitagorasa:

$x^{2} = {(5 a)}^{2} - a^{2} = 24 a^{2}$ , stąd $x = 2 \sqrt{6} a$

Zauważamy, że $x > a$ , więc to przyprostokątna długości $x$ jest dłuższa.

Korzystając z wyliczeń w materiale powyżej długość środkowej poprowadzonej do dłuższej przyprostokątnej wynosi $\frac{\sqrt{c^{2} + 3 b^{2}}}{2} = \frac{\sqrt{25 a^{2} + 3 a^{2}}}{2} = \frac{2 \sqrt{7 a^{2}}}{2} = a \sqrt{7}$ .

Wyznaczanie długości wysokości w dowolnym trójkącie

Wyznaczymy długość wysokości leżącej wewnątrz trójkąta korzystając z twierdzenia Pitagorasa.

Na rysunku przedstawione są oznaczenia, które wykorzystamy do wyprowadzenia wzoru na wysokość trójkąta.

R18OSDER7JQSN

Na ilustracji przedstawiono trójkąt A B C, o ramionach długości b i c, oraz podstawie długości c. Z wierzchołka C opuszczono wysokość h, do podstawy A B, której spodek leży w punkcie D. Wysokość podzieliła podstawę na odcinki długości x i y, oraz na dwa trójkąty prostokątne. Trójkąt pierwszy o bokach długości x,h i c. Trójkąt drugi o bokach długości h, y oraz a.

Wysokość dzieli trójkąt na dwa trójkąty prostokątne $A D C$ o bokach $x$ , $h$ , $b$ oraz $B D C$ o bokach $y$ , $h$ , $a$ .

Stąd $b^{2} = x^{2} + h^{2}$ oraz $a^{2} = y^{2} + h^{2}$ . Odejmując te równania stronami, dostaniemy

$b^{2} - a^{2} = x^{2} + h^{2} - y^{2} - h^{2} = x^{2} - y^{2} = x^{2} - {(c - x)}^{2} =$

$= x^{2} - c^{2} + 2 c x - x^{2} = 2 c x - c^{2}$

Stąd $x = \frac{b^{2} - a^{2} + c^{2}}{2 c}$ . Otrzymany wynik wstawiamy do pierwszego równania

$b^{2} = {(\frac{b^{2} - a^{2} + c^{2}}{2 c})}^{2} + h^{2}$ , więc stosując wzory skróconego mnożenia mamy

$h^{2} = b^{2} - {(\frac{b^{2} - a^{2} + c^{2}}{2 c})}^{2} = (b - \frac{b^{2} - a^{2} + c^{2}}{2 c}) \cdot (b + \frac{b^{2} - a^{2} + c^{2}}{2 c}) =$

$= \frac{(2 b c - b^{2} + a^{2} - c^{2}) (2 b c + b^{2} - a^{2} + c^{2})}{4 c^{2}} = \frac{(a^{2} - (b^{2} - 2 b c + c^{2})) ((2 b c + b^{2} + c^{2}) - a^{2})}{4 c^{2}} =$

$= \frac{(a^{2} - {(b - c)}^{2}) ({(b + c)}^{2} - a^{2})}{4 c^{2}} = \frac{(a + b - c) (a - b + c) (b + c - a) (b + c + a)}{4 c^{2}}$

Ostatecznie $h = \frac{\sqrt{(a + b - c) (a - b + c) (b + c - a) (b + c + a)}}{2 c}$ .

Trójkąt egipski, to trójkąt prostokątny o bokach będących liczbami całkowitymi, pozostającymi w stosunku $3 : 4 : 5$ . Pole tego trójkąta, dla pewnego $a > 0$ , wynosi $P = \frac{3 a \cdot 4 a}{2} = 6 a^{2}$ , a długość wysokości opuszczonej na przeciwprostokątną jest równa $h = \frac{2 P}{5 a} = \frac{12 a^{2}}{5 a} = \frac{12}{5} a$ .

Przykład 6

W oparciu o wyprowadzony wzór na wysokość wyznaczymy długość wysokości opuszczonej na przeciwprostokątną trójkąta egipskiego o bokach długości $3, 4, 5$ .

Rozwiązanie

W tym trójkącie najdłuższy bok ma długość $5$ , więc $c = 5$ , $a = 3$ , $b = 4$ .

Wyznaczamy $h = \frac{\sqrt{(3 + 4 - 5) (3 - 4 + 5) (4 + 5 - 3) (4 + 5 + 3)}}{2 \cdot 5} = \frac{\sqrt{576}}{10} = \frac{\sqrt{9 \cdot 64}}{10} = \frac{3 \cdot 8}{10} = \frac{12}{5}$

Wprowadźmy oznaczenie $p = \frac{a + b + c}{2}$ na połowę obwodu trójkąta $A B C$ o bokach $a$ , $b$ , $c$ i zastosujmy we wzorze na wysokość trójkąta. Oznaczmy boki trójkąta tak, żeby $c$ było najdłuższym bokiem.

Wtedy

$a + b - c = a + b + c - 2 c = 2 p - 2 c = 2 (p - c)$

$a + c - b = a + b + c - 2 b = 2 p - 2 b = 2 (p - b)$

$b + c - a = a + b + c - 2 a = 2 p - 2 a = 2 (p - a)$

$a + b + c = 2 p$

Po wstawieniu do wzoru na wysokość opuszczoną na bok $c$ , dostajemy

$h = \frac{\sqrt{(a + b - c) (a - b + c) (b + c - a) (b + c + a)}}{2 c} =$

$= \frac{\sqrt{2 (p - c) \cdot 2 (p - b) \cdot 2 (p - a) \cdot 2 p}}{2 c} = \frac{4 \sqrt{p (p - a) (p - b) (p - c)}}{2 c} = \frac{2 \sqrt{p (p - a) (p - b) (p - c)}}{c}$

Wyprowadzony wzór pozwala na sformułowanie wzoru na pole trójkąta.

Wzór Herona

Twierdzenie: Wzór Herona

Pole trójkąta o bokach $a$ , $b$ , $c$ jest równe $P = \sqrt{p (p - a) (p - b) (p - c)}$ , gdzie $p$ jest połową obwodu trójkąta.

Dowód

P = \frac{c \cdot h}{2} = \sqrt{p (p - a) (p - b) (p - c)}

Przykład 7

Wyznaczymy pole trójkąta o bokach $6$ , $8$ , $12$ .

Rozwiązanie

$p = \frac{6 + 8 + 12}{2} = 13$

korzystając ze wzoru Heronawzór Heronawzoru Herona

$P = \sqrt{13 \cdot 7 \cdot 5 \cdot 1} = \sqrt{455}$

Prześledźmy kilka przykładów dotyczących okręgów lub kół, w których wykorzystamy twierdzenie Pitagorasa.

Przykład 8

W okręgu o promieniu $17$ poprowadzono cięciwę, która jest oddalona od środka tego okręgu o $8$ . Oblicz jej długość.

Rozwiązanie

Przyjmijmy oznaczenia, jak na rysunku.

RHCX83KJXUMP1

Na ilustracji przedstawiono okrąg o środku w punkcie S. Na okręgu zaznaczono cięciwę A B, na której leży punkt M. Odległość punktu M od S wynosi osiem. Długość odcinka A M jest równa x. Długość odcinka A S jest równa siedemnaście.

Odległość środka $S$ okręgu od cięciwy $A B$ to długość najkrótszego odcinka, którego jednym końcem jest punkt $S$ , a drugim - punkt leżący na cięciwie $A B$ . Jak wiemy, odległość punktu $S$ od prostej to długość odcinka $S M$ prostopadłego do tej prostej, którego koniec $M$ leży na tej prostej. Ponieważ odcinki $A S$ i $B S$ są promieniami okręgu, to trójkąt $A B S$ jest równoramienny. Oczywiście, o ile cięciwa nie jest średnicą okręgu. Zatem najkrótszy z odcinków łączący środek $S$ z cięciwą $A B$ to wysokość $S M$ trójkąta $A B S$ . Spodek $M$ tej wysokości jest zatem środkiem cięciwy $A B$ .

Z twierdzenia Pitagorasa w trójkącie $A S M$ otrzymujemy ${|A S|}^{2} = {|A M|}^{2} + {|S M|}^{2}$ ,

czyli $17^{2} = x^{2} + 8^{2}$ .

Stąd $x = \sqrt{17^{2} - 8^{2}} = 15$ . Zatem $|A B| = 2 x = 30$ .

Przykład 9

Punkt $C$ leży na cięciwie $A B$ okręgu o środku $S$ . Długości odcinków $A C$ , $B C$ i $S C$ są równe: $|A C| = 4$ , $|B C| = 10$ i $|S C| = 5$ . Oblicz promień tego okręgu.

Rozwiązanie

Przyjmijmy oznaczenia jak na rysunku.

RHSTNNAVQN4KV

Na ilustracji przedstawiono okrąg o środku w punkcie S. Na okręgu zaznaczono cięciwę A B, na której leży punkt M. Punkt M leży w odległości 10 od punktu B. Odległość punktu M od S oznaczono literą x. Na odcinku A M zaznaczono punkt C. Powstał trójkąt A C S, którego bok A C jest równy 4, bok C S jest równy 5, natomiast A S oznaczono r. Długość odcinka A S jest równa siedemnaście.

Poprowadźmy odcinek $S M$ , gdzie $M$ to środek cięciwy $A B$ . Niech $r = |S A|$ oraz $x = |S M|$ . Wtedy $|A M| = |B M| = \frac{4 + 10}{2} = 7$ , więc $|C M| = 7 - 4 = 3$ .

Z twierdzenia Pitagorasa dla trójkąta $C M S$ otrzymujemy ${|C S|}^{2} = {|C M|}^{2} + {|S M|}^{2}$ , czyli $5^{2} = 3^{2} + x^{2}$ .

Stąd $x = \sqrt{5^{2} - 3^{2}} = 4$ .

Ponownie korzystając z twierdzenia Pitagorasa, ale tym razem dla trójkąta $A M S$ mamy ${|A S|}^{2} = {|A M|}^{2} + {|S M|}^{2}$ ,

czyli $r^{2} = 7^{2} + 4^{2}$ .

Stąd $r = \sqrt{7^{2} + 4^{2}} = \sqrt{65}$ .

Przykład 10

W okręgu o środku $S$ i promieniu $r$ poprowadzono dwie prostopadłe cięciwy $A B$ i $C D$ o długościach $|A B| = a$ i $|C D| = b$ , przecinające się w punkcie $P$ . Odległość między punktami $S$ i $P$ jest równa $|S P| = d$ . Udowodnij, że $r = \sqrt{\frac{a^{2} + b^{2} + 4 d^{2}}{8}}$ .

Rozwiązanie

Przyjmijmy oznaczenia jak na rysunku.

RKRDGXB9T5CCF

Na ilustracji przedstawiono okrąg o środku w punkcie S. Zaznaczono cięciwę A B, na której zaznaczono, kolejno od lewej punkt M i P. Punkt M leży prostopadle do punktu S, w odległości równej x. Długość odcinka A M oznaczono początek ułamka, a, mianownik, dwa, koniec ułamka, natomiast długość odcinka A S oznaczono r. Z punktu P poprowadzono prostą do obwiedni okręgu w punkcie D. Zaznaczono punkt N, taki że powstał prostokąt M P N S o długości boku M S równym x, boku S N równym y, oraz przekątnej równej d. Ze środka okręgu S poprowadzono promień okręgu do punktu C. Zaznaczono trójkąt C N S z kątem prostym przy wierzchołku N, którego bok C N wynosi początek ułamka, b, mianownik, dwa, koniec ułamka, oraz C S wynosi r.

Z twierdzenia Pitagorasatwierdzenie Pitagorasatwierdzenia Pitagorasa dla trójkąta $A M S$ otrzymujemy ${|A S|}^{2} = {|A M|}^{2} + {|S M|}^{2}$ , czyli $r^{2} = {(\frac{a}{2})}^{2} + x^{2}$ .

Stąd $x^{2} = r^{2} - \frac{a^{2}}{4}$ .

Tak samo z twierdzenia Pitagorasa dla dla trójkąta $C N S$ otrzymujemy ${|C S|}^{2} = {|C N|}^{2} + {|S N|}^{2}$ , czyli $r^{2} = {(\frac{b}{2})}^{2} + y^{2}$ . Stąd $y^{2} = r^{2} - \frac{b^{2}}{4}$ .

Ponownie wykorzystamy twierdzenie Pitagorasa dla trójkąta $S M P$ . Dostajemy wtedy ${|S P|}^{2} = {|S M|}^{2} + {|M P|}^{2}$ , czyli $d^{2} = x^{2} + y^{2}$ .

Stąd i z otrzymanych poprzednio dwóch równości mamy $d^{2} = r^{2} - \frac{a^{2}}{4} + r^{2} - \frac{b^{2}}{4}$ , skąd otrzymujemy kolejno $2 r^{2} = d^{2} + \frac{a^{2}}{4} + \frac{b^{2}}{4}$ , $r^{2} = \frac{4 d^{2} + a^{2} + b^{2}}{8}$ .

Zatem $r = \sqrt{\frac{4 d^{2} + a^{2} + b^{2}}{8}}$ . To należało udowodnić.

Przykład 11

Pokażemy, że mając do dyspozycji dwa kije, każdy o długości $1,7 m$ możemy tak je ułożyć na okrągłej cembrowinie studnicembrowina studnicembrowinie studni o średnicy $2 m$ , żeby można było do któregoś z tych kijów przywiązać obciążony sznur, który będzie wskazywał środek okręgu cembrowiny.

Rozwiązanie

Zanim sporządzimy rysunek, zauważmy, że skoro obciążony sznur ma wskazywać środek okręgu cembrowiny studni, to musi on być przywiązany do któregoś kija w punkcie leżącym dokładnie w środku okręgu. Wobec tego kij ten musi być ułożony wzdłuż średnicy studni. Ponieważ jednak jego długość jest mniejsza od średnicy studni, to nie może on opierać się na cembrowinie dwoma końcami. Stąd wniosek, że jednym końcem musi opierać się na drugim kiju, który z kolei musi obydwoma końcami opierać się na cembrowinie. Teraz możemy więc sporządzić odpowiedni rysunek.

R1KUA2V51XUSR

Na ilustracji przedstawiono okrąg o środku w punkcie S. Zaznaczono poziomą cięciwę A B, na której zaznaczono punkt D leżący prostopadle do środka okręgu. Zaznaczono trójkąt A D S, z kątem prostym przy wierzchołku D. Długość przyprostokątnej A D wynosi początek ułamka, x, mianownik, dwa, koniec ułamka, natomiast przeciwprostokątna A S stanowi promień r okręgu. Zaznaczono odcinek S C, stanowiący promień okręgu, leżący na przedłużeniu przyprostokątnej D S. Odcinek D C oznaczono x.

Połóżmy kije tak, żeby kij $A B$ był prostopadły do kija $C D$ . Minimalną długość kija oznaczmy przez $x$ , a więc $|A B| = |C D| = x$ , a przez $r$ - promień okręgu.

Wówczas przyprostokątna $D S$ trójkąta prostokątnego $A D S$ ma długość równą $|D S| = x - r$ .

Z twierdzenia Pitagorasa otrzymujemy ${|A S|}^{2} = {|A D|}^{2} + {|D S|}^{2}$ , czyli $r^{2} = {(\frac{x}{2})}^{2} + {(x - r)}^{2}$ .

Stąd $r^{2} = \frac{x^{2}}{4} + x^{2} - 2 r x + r^{2}$ , a dalej $\frac{5 x^{2}}{4} = 2 r x$ , czyli $x = \frac{8}{5} r$ .

Zatem $x = \frac{4}{5} \cdot 2 r$ . To oznacza, że kij musi mieć długość co najmniej równą $\frac{4}{5}$ długości średnicy.

Jeśli więc średnica cembrowiny jest równa $2 m$ , to długość kija musi być równa co najmniej $\frac{4}{5} \cdot 2 = 1, 6 m$ . Kij o długości $1,7 m$ spełnia ten warunek.

Animacja multimedialna

Zapoznaj się z tą częścią animacji, która zawiera zadanie pierwsze wraz z jego rozwiązaniem. Zwróć uwagę na figurę, jaką tworzy cięciwa koła i promienie poprowadzone do jej końców.

R18RKHT13T9N8

Zapoznaj się z tą częścią animacji, która zawiera zadanie drugie. Włącz pauzę po zapoznaniu się z treścią zadania. Zastanów się, czy problem postawiony w tym zadaniu można sprowadzić do problemu z zadania pierwszego.

Zestaw ćwiczeń interaktywnych

fullpage

Pokaż ćwiczenia:

Ćwiczenie 1

Dany jest trójkąt prostokątny o bokach całkowitych. Zaznacz wszystkie prawidłowe odpowiedzi.

R1MOQUKMDZ5F3

RUNSQNOFSVUG2

R1MOQUKMDZ5F3

RUNSQNOFSVUG2

Ćwiczenie 2

R123QHZ2Q5RA4

Ćwiczenie 3

Stosując oznaczenia z rysunku, wybierz prawidłowe odpowiedzi.

ROPOZ695RESTZ

Na ilustracji przedstawiono trójkąt A B C, o ramionach oznaczonych b i a, oraz podstawie oznaczonej c. Z wierzchołka C opuszczono wysokość h, do podstawy A B, której spodek leży w punkcie D.

Jeżeli pole trójkąta wynosi $100$ i $h = 10$ oraz $|A D| = 15$ , to

R1RSVCKS7S7B9

RFK91NFUUUHHM

RGNA8C1E2KJ1N

R1APNTCPFGNSR

ROEBDCQOXXU6Z

R1RSVCKS7S7B9

RFK91NFUUUHHM

RGNA8C1E2KJ1N

R1APNTCPFGNSR

ROEBDCQOXXU6Z

Ćwiczenie 4

R1NS3HXGO6BL2

R1C5F7CXG9G4X

Ćwiczenie 5

Wyznacz długość przeciwprostokątnej trójkąta prostokątnego, gdy przyprostokątne mają długości: $a$ i $\frac{a^{2} - 1}{2}$ ; $a > 1$ .

Niech $c$ oznacza długość przeciwprostokątnej.

Z twierdzenia Pitagorasa:

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

$c^{2} = a^{2} + \frac{a^{4} - 2 a^{2} + 1}{4}$

$c^{2} = \frac{4 a^{2} + a^{4} - 2 a^{2} + 1}{4}$

$c^{2} = \frac{a^{4} + 2 a^{2} + 1}{4}$

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

Zatem: $c = \frac{a^{2} + 1}{2}$ .

Ćwiczenie 6

Dany jest trójkąt o bokach $13$ , $16$ , $19$ . Oblicz pole i wyznacz wszystkie wysokości tego trójkąta.

Pole wyznaczamy ze wzoru Herona $P = \sqrt{p (p - a) (p - b) (p - c)}$ , gdzie $p$ jest połową obwodu trójkąta, czyli $p = \frac{13 + 16 + 19}{2} = 24$ .

Stąd $P^{2} = 24 (24 - 13) (24 - 16) (24 - 19) = 24 \cdot 11 \cdot 8 \cdot 5 = {(2^{3})}^{2} \cdot 165$ , więc $P = 8 \sqrt{165}$ .

Wyznaczamy długości wysokości korzystając ze wzoru $P = \frac{a h}{2}$ , czyli $h = \frac{2 P}{a}$ .

Stąd $h_{1} = \frac{2 \cdot 8 \sqrt{165}}{13} = \frac{16}{13} \sqrt{165}$ , $h_{2} = \frac{2 \cdot 8 \sqrt{165}}{16} = \sqrt{165}$ , $h_{3} = \frac{2 \cdot 8 \sqrt{165}}{19} = \frac{16}{19} \sqrt{165}$ .

Ćwiczenie 7

Na rysunku przedstawiono trójkąt prostokątny o bokach $12$ , $16$ , $20$ .

R177H6G4L2BMV

Na ilustracji przedstawiono trójkąt A B C, z kątem prostym przy wierzchołku C. Długość boku b wynosi 12, długość boku a wynosi 16, długość podstawy c wynosi dwadzieścia. Z wierzchołka C, opuszczono do podstawy A B, wysokość o długości x, której spodek leży w punkcie E. Zaznaczono odcinek E F, równoległy do boku A C, o długości y. Z punktu F poprowadzono prostą, do podstawy, w punkcie G, o długości z.

Odcinek $y$ leży na prostej równoległej do $A C$ poprowadzonej przez spodek wysokości $x$ . Odcinek $z$ jest wysokością trójkąta $B E F$ .

Wyznacz $x$ , $y$ , $z$ .

Zazcznij od wyznaczenia pola trójkąta $A B C$ i odcinka $x$ .

Wyznaczamy pole trójkąta $A B C$ .

$P = \frac{a b}{2} = \frac{12 \cdot 16}{2} = 96$ , wtedy $x = \frac{2 P}{c} = \frac{2 \cdot 96}{20} = \frac{48}{5}$ .

Ponieważ $y$ jest równoległy do $A C$ , to $y$ jest wysokością w trójkącie $B C E$ . Wyznaczamy długość boku $E B$ tego trójkąta ${|E B|}^{2} = a^{2} - x^{2} = 16^{2} - {(\frac{48}{5})}^{2} = \frac{5^{2} \cdot 16^{2} - 3^{2} \cdot 16^{2}}{5^{2}} = \frac{16^{2} (25 - 9)}{5^{2}} = \frac{16^{2} \cdot 4^{2}}{5^{2}}$ , więc $|E B| = \frac{64}{5}$ .

Teraz $y = \frac{2 P}{16} = \frac{2 \cdot \frac{64 \cdot 48}{2 \cdot 5 \cdot 5}}{16} = \frac{192}{25}$ .

Odcinek $z$ jest wysokością trójkąta $B E F$ , więc jest równoległy do $x$ . Skorzystamy z podobieństwa trójkątów $A B C$ i $E B F$ (ramiona kąta przecięte prostymi równoległymi).

Stosunek długości wysokości $x : z$ jest równy stosunkowi długości przeciwprostokątnych $|A B| : |E B|$ .

Stąd $z = \frac{x \cdot |E B|}{|A B|} = \frac{\frac{48}{5} \cdot \frac{64}{5}}{20} = \frac{48 \cdot 64}{25 \cdot 20} = \frac{768}{125}$ .

R8DK4EJ469H2L1

Ćwiczenie 8

R1XDCJQP336791

Ćwiczenie 9

Ćwiczenie 10

RE343Q9G53RCT

RPLHSZEGGOKF6

Ćwiczenie 11

Cięciwa $A B$ zewnętrznego okręgu pierścienia kołowego o środku $S$ jest styczna do wewnętrznego okręgu tego pierścienia, a długość tej cięciwy jest równa $d$ (zobacz rysunek).

R1VPJNJ3U264F

Na ilustracji przedstawiono pierścień kołowy o środku w punkcie S. Zaznaczono cięciwę A B zewnętrznego okręgu pierścienia, o długości d.

Udowodnij, że pole tego pierścienia nie zależy od promieni tych okręgów.

Pole pierścienia obliczysz ze wzorów: $P p = {πr}_{1}^{2} - {πr}_{2}^{2} = π ({r_{1}}^{2} - {r_{2}}^{2})$ .

Przyjmijmy oznaczenia jak na rysunku.

R1VC4LB6GXZ4E

Na ilustracji przedstawiono pierścień kołowy o środku w punkcie S. Zaznaczono cięciwę A B zewnętrznego okręgu pierścienia, o długości d. Ze środka S, poprowadzono prostą prostopadłą do cięciwy A B w punkcie M. Zaznaczono trójkąt prostokątny, o przyprostokątnej A M oznaczonej początek ułamka, d, mianownik, dwa, koniec ułamka, przyprostokątnej M S oznaczonej r indeks dolny, dwa, koniec indeksu dolnego, oraz przeciwprostokątnej A S oznaczonej r indeks dolny, jeden, koniec indeksu dolnego.

Pole pierścienia jest równe $P p = {πr}_{1}^{2} - {πr}_{2}^{2} = π ({r_{1}}^{2} - {r_{2}}^{2})$ .

Z twierdzenia Pitagorasa dla trójkąta $ASM$ otrzymujemy równość:

${r_{1}}^{2} = {r_{2}}^{2} + {(\frac{d}{2})}^{2}$ ,

skąd: ${r_{1}}^{2} - {r_{2}}^{2} = \frac{d^{2}}{4}$ .

Wobec tego $P_{p} = π \cdot \frac{d^{2}}{4} = \frac{{πd}^{2}}{4}$ . To oznacza, że pole zależy jedynie od długości cięciwy $AB$ , a więc nie zależy od promieni okręgów. To należało udowodnić.

Słownik

wzór Herona

wzór, który pozwala na wyznaczenie pola trójkąta na podstawie długości jego boków; pole trójkąta o bokach $a$ , $b$ , $c$ jest równe $P = \sqrt{p (p - a) (p - b) (p - c)}$ , gdzie $p$ jest połową obwodu trójkąta

linia środkowa w trójkącie

odcinek, który łączy środki boków trójkąta

środkowa w trójkącie

odcinek w trójkącie, który łączy wierzchołek trójkąta ze środkiem przeciwległego boku

twierdzenie Pitagorasa

Jeżeli $a$ i $b$ są długościami przyprostokątnych, zaś $c$ długością przeciwprostokątnej w trójkącie prostokątnym, to zachodzi związek $a^{2} + b^{2} = c^{2}$ .

cembrowina studni

betonowy krąg uniemożliwiający osuwanie się ziemi do otworu studni

1. Twierdzenie Pitagorasa

3. Twierdzenie odwrotne do twierdzenia Pitagorasa