Punkty szczególne w trójkącie

Symetralna boku to zbiór punktów równo oddalonych od jego końców. Punkt przecięcia wszystkich trzech symetralnych jest więc równo oddalony od wszystkich wierzchołków — to środek okręgu opisanego.

Dla porównania: środek okręgu wpisanego leży na przecięciu dwusiecznych kątów.

Odpowiedź: B. opisanego.

Dwusieczna kąta to zbiór punktów równo oddalonych od jego ramion. Punkt przecięcia trzech dwusiecznych jest równo oddalony od wszystkich boków — to środek okręgu wpisanego.

Odpowiedź: A. wpisanego.

1. Środkowa $CM$ dzieli bok $AB$ na równe odcinki $AM$ i $MB$.
2. Trójkąty $AMC$ i $MBC$ mają wspólną wysokość z wierzchołka $C$.
3. Mają więc równe podstawy i równe wysokości — równe pola. $\blacksquare$

Odpowiedź: dowód

• Środek okręgu opisanego — przecięcie symetralnych boków
• Środek okręgu wpisanego — przecięcie dwusiecznych kątów
• Środek ciężkości — przecięcie środkowych (odcinków od wierzchołka do środka przeciwległego boku)
• Ortocentrum — przecięcie wysokości

Ważna własność: w każdym trójkącie wszystkie trzy proste danego rodzaju przecinają się w jednym punkcie — to nie jest oczywiste i wymaga dowodu.

Odpowiedź: jak w zestawieniu powyżej.

1. Kąt prosty jest kątem wpisanym opartym na przeciwprostokątnej, więc przeciwprostokątna jest średnicą okręgu opisanego.
2. Jej środek $M$ jest środkiem tego okręgu, więc $|MA|=|MB|=|MC|=R=\frac c2$. $\blacksquare$

Odpowiedź: dowód

Środek ciężkości leży bliżej boku niż wierzchołka i dzieli każdą środkową w stosunku $2:1$, licząc od wierzchołka.

Oznacza to, że odcinek od wierzchołka do środka ciężkości jest dwa razy dłuższy niż od środka ciężkości do boku.

Uwaga na kierunek liczenia: odpowiedź D podaje ten sam stosunek, ale odwrotnie — to częsta pomyłka.

Odpowiedź: C. $2:1$ od wierzchołka.

1. $\frac{|CM|}{|CA|}=\frac{|CN|}{|CB|}=\frac12$ i kąt $C$ wspólny ⇒ $\triangle CMN\sim\triangle CAB$ (cecha bkb) w skali $\frac12$.
2. Stąd $|MN|=\frac12|AB|$ i $|\angle CMN|=|\angle CAB|$ — kąty odpowiadające równe, więc $MN\parallel AB$. $\blacksquare$

Odpowiedź: dowód

Środek ciężkości dzieli środkową w stosunku $2:1$ od wierzchołka, czyli na $3$ równe części.

Krok 1 — jedna część:

$$12:3=4\ \text{cm}$$

Krok 2 — odcinki:

$$2\cdot4=8\ \text{cm} \quad\text{(od wierzchołka)},\qquad 1\cdot4=4\ \text{cm} \quad\text{(do boku)}$$

Sprawdzenie: $8+4=12$ cm ✔, a stosunek $8:4=2:1$ ✔

Odpowiedź: odcinki $8$ cm i $4$ cm.

1. Boki $a$, $b$, kąt ostry $\alpha$. Tw. cosinusów: $d_1^2=a^2+b^2-2ab\cos\alpha$, $d_2^2=a^2+b^2-2ab\cos(180^\circ-\alpha)=a^2+b^2+2ab\cos\alpha$.
2. $d_1^2+d_2^2=2a^2+2b^2=a^2+b^2+a^2+b^2$. $\blacksquare$

Odpowiedź: dowód

Z twierdzenia Talesa kąt oparty na średnicy jest prosty. Odwracając to rozumowanie: skoro trójkąt ma kąt prosty, jego przeciwprostokątna jest średnicą okręgu opisanego.

Środek średnicy to środek okręgu, więc leży dokładnie w połowie przeciwprostokątnej, a promień wynosi:

$$R=\frac{c}{2}$$

Odpowiedź: D. w środku przeciwprostokątnej.

1. $AB\parallel CD$, więc $|\angle DAB|+|\angle ADC|=180^\circ$ (kąty przy jednym ramieniu).
2. W $\triangle APD$: $|\angle PAD|+|\angle PDA|=\frac12\cdot180^\circ=90^\circ$.
3. Zatem $|\angle APD|=180^\circ-90^\circ=90^\circ$. $\blacksquare$

Odpowiedź: dowód

Krok 1 — przeciwprostokątna:

$$c=\sqrt{36+64}=\sqrt{100}=10$$

Krok 2 — promień to połowa przeciwprostokątnej:

$$R=\frac{10}{2}=5$$

Odpowiedź: $R=5$.

1. Łączymy $P$ z wierzchołkami — trójkąt dzieli się na trzy trójkąty o podstawach $a$ i wysokościach $d_1,d_2,d_3$.
2. $\frac12a(d_1+d_2+d_3)=P_\triangle=\frac12a\cdot h$.
3. Stąd $d_1+d_2+d_3=h=\frac{a\sqrt3}2$. $\blacksquare$

Odpowiedź: dowód

Krok 1 — przeciwprostokątna wynosi $10$ (jak w poprzednim zadaniu).

Krok 2 — podstawiamy do wzoru:

$$r=\frac{6+8-10}{2}=\frac{4}{2}=2$$

Kontrola sensu: okrąg wpisany musi mieścić się wewnątrz trójkąta, więc jego promień jest wyraźnie mniejszy od promienia okręgu opisanego ($2<5$) ✔

Sprawdzenie wzorem ogólnym: $r=\frac{P}{p}$, gdzie $P=\frac{6\cdot8}{2}=24$, a połowa obwodu $p=\frac{6+8+10}{2}=12$, więc $r=\frac{24}{12}=2$ ✔

Odpowiedź: $r=2$.

1. Układ: $A=(0,0)$, $B=(p,0)$, $C=(p,q)$, $D=(0,q)$, $P=(x,y)$.
2. $|PA|^2+|PC|^2=x^2+y^2+(x-p)^2+(y-q)^2$; $|PB|^2+|PD|^2=(x-p)^2+y^2+x^2+(y-q)^2$.
3. Obie strony są równe. $\blacksquare$

Odpowiedź: dowód

W trójkącie rozwartokątnym dwie wysokości padają na przedłużenia boków, więc punkt ich przecięcia wypada poza trójkątem.

Zestawienie: w trójkącie ostrokątnym ortocentrum leży wewnątrz, w prostokątnym pokrywa się z wierzchołkiem kąta prostego, a w rozwartokątnym leży na zewnątrz.

Odpowiedź: B. na zewnątrz trójkąta.

1. Kąt $ABC$ jest wpisany w pierwszy okrąg i oparty na średnicy $AC$ — jest prosty.
2. Analogicznie $|\angle ABD|=90^\circ$.
3. Proste $BC$ i $BD$ są prostopadłe do $AB$ w tym samym punkcie $B$, więc się pokrywają — $C$, $B$, $D$ są współliniowe. $\blacksquare$

Odpowiedź: dowód

Krok 1 — wysokość trójkąta równobocznego:

$$h=\frac{a\sqrt3}{2}=\frac{6\sqrt3}{2}=3\sqrt3$$

Krok 2 — kluczowa własność. W trójkącie równobocznym wszystkie punkty szczególne pokrywają się w jednym miejscu, a środek ciężkości dzieli wysokość w stosunku $2:1$. Stąd:

$$R=\frac23 h=\frac23\cdot3\sqrt3=2\sqrt3$$

$$r=\frac13 h=\sqrt3$$

Zależność warta zapamiętania: $R=2r$ — promień okręgu opisanego jest dokładnie dwa razy większy od wpisanego.

Odpowiedź: $h=3\sqrt3$, $R=2\sqrt3$, $r=\sqrt3$.

1. $P_{AKM}=\frac12|AK|\cdot|AM|\sin A=\frac13\cdot\frac23\cdot P=\frac29P$ (bo $|AK|=\frac13|AB|$, $|AM|=\frac23|AC|$).
2. Analogicznie $P_{BLK}=P_{CML}=\frac29P$.
3. $P_{KLM}=P-3\cdot\frac29P=\frac P3$.

Odpowiedź: $\tfrac P3$

W trójkącie równobocznym każda wysokość jest jednocześnie środkową, dwusieczną i symetralną boku. Skoro wszystkie te proste są tożsame, ich punkty przecięcia też się pokrywają.

Uogólnienie: w dowolnym trójkącie środek ciężkości, ortocentrum i środek okręgu opisanego leżą na jednej prostej (prostej Eulera). W równobocznym prosta ta degeneruje się do punktu.

Odpowiedź: A.

1. $|EF|=\frac{a+b}2$; oba trapezy mają wysokość $\frac h2$.
2. $P_{EFCD}=\frac{b+\frac{a+b}2}{2}\cdot\frac h2=\frac{(a+3b)h}8$, $P_{ABFE}=\frac{(3a+b)h}8$.
3. $\frac{a+3b}{3a+b}=\frac35 \Rightarrow 5a+15b=9a+3b \Rightarrow a=3b$.

Odpowiedź: $a:b=3$

Twierdzenie o dwusiecznej: dwusieczna kąta dzieli przeciwległy bok w stosunku ramion tego kąta:

$$\frac{BD}{DC}=\frac{AB}{AC}$$

Podstawiamy dane:

$$\frac{4}{DC}=\frac{6}{9}=\frac{2}{3}$$

Mnożymy na krzyż:

$$2\cdot DC=12 \quad\Rightarrow\quad DC=6$$

Sprawdzenie: $\frac{4}{6}=\frac23$ ✔, a cały bok $BC=4+6=10$.

Odpowiedź: $DC=6$.

Środkowa biegnie od wierzchołka do środka boku leżącego naprzeciw.

Rozróżnienie: odcinek łączący środki dwóch boków to linia środkowa (odpowiedź A), a odcinek prostopadły do boku to wysokość (odpowiedź D).

Odpowiedź: C.

Krok 1 — połowa obwodu:

$$p=\frac{13+14+15}{2}=\frac{42}{2}=21$$

Krok 2 — wzór Herona:

$$P=\sqrt{p(p-a)(p-b)(p-c)}$$

$$P=\sqrt{21\cdot(21-13)(21-14)(21-15)}=\sqrt{21\cdot8\cdot7\cdot6}$$

Krok 3 — liczymy pod pierwiastkiem:

$$21\cdot8=168,\qquad 7\cdot6=42,\qquad 168\cdot42=7056$$

$$P=\sqrt{7056}=84$$

Odpowiedź: $P=84$.

Korzystamy ze wzoru wiążącego pole z promieniem okręgu wpisanego:

$$P=p\cdot r \quad\Rightarrow\quad r=\frac{P}{p}$$

Podstawiamy $P=84$ i $p=21$:

$$r=\frac{84}{21}=4$$

Skąd ten wzór: łącząc środek okręgu wpisanego z wierzchołkami, dzielimy trójkąt na trzy mniejsze o wysokościach równych $r$. Suma ich pól to $\frac{ar}{2}+\frac{br}{2}+\frac{cr}{2}=pr$.

Odpowiedź: $r=4$.

Twierdzenie o linii środkowej: odcinek łączący środki dwóch boków jest równoległy do trzeciego boku, a jego długość to połowa tego boku.

$$\text{linia środkowa}=\frac{c}{2}$$

Zastosowanie: trzy linie środkowe dzielą trójkąt na cztery przystające trójkąty, każdy o polu równym $\frac14$ pola wyjściowego.

Odpowiedź: D.

Krok 1 — sprawdzenie twierdzeniem odwrotnym do Pitagorasa:

$$5^2+12^2=25+144=169=13^2 \ ✔$$

Trójkąt jest prostokątny, a przeciwprostokątną jest bok $13$.

Krok 2 — pole. Przyprostokątne są jednocześnie podstawą i wysokością:

$$P=\frac{5\cdot12}{2}=30$$

Krok 3 — promień okręgu wpisanego ze wzoru dla trójkąta prostokątnego:

$$r=\frac{a+b-c}{2}=\frac{5+12-13}{2}=\frac{4}{2}=2$$

Sprawdzenie wzorem ogólnym: $p=\frac{5+12+13}{2}=15$, więc $r=\frac{30}{15}=2$ ✔

Odpowiedź: trójkąt jest prostokątny, $P=30$, $r=2$.

Krok 1 — podział boku. Stosunek $2:3$ to $5$ części:

$$15:5=3$$

$$BD=2\cdot3=6,\qquad DC=3\cdot3=9$$

Krok 2 — stosunek boków. Z twierdzenia o dwusiecznej:

$$\frac{AB}{AC}=\frac{BD}{DC}=\frac{6}{9}=\frac{2}{3}$$

Sprawdzenie: $6+9=15$ ✔

Uwaga: twierdzenie daje tylko stosunek boków, a nie ich długości — pasuje do niego nieskończenie wiele trójkątów.

Odpowiedź: odcinki $6$ i $9$; $AB:AC=2:3$.

Krok 1 — połowa obwodu:

$$p=\frac{7+8+9}{2}=12$$

Krok 2 — pole ze wzoru Herona:

$$P=\sqrt{12\cdot5\cdot4\cdot3}=\sqrt{720}=12\sqrt5$$

(bo $720=144\cdot5$)

Krok 3 — promień okręgu opisanego:

$$R=\frac{abc}{4P}=\frac{7\cdot8\cdot9}{4\cdot12\sqrt5}=\frac{504}{48\sqrt5}=\frac{21}{2\sqrt5}$$

Usuwamy niewymierność z mianownika:

$$R=\frac{21\sqrt5}{10}\approx4{,}70$$

Odpowiedź: $P=12\sqrt5\approx26{,}83$, $R=\frac{21\sqrt5}{10}\approx4{,}70$.

Krok 1 — kluczowa własność. W trójkącie równoramiennym wysokość opuszczona na podstawę dzieli ją na połowy i jest jednocześnie środkową oraz dwusieczną.

$$\text{połowa podstawy}=\frac{12}{2}=6$$

Krok 2 — wysokość z twierdzenia Pitagorasa. Ramię jest przeciwprostokątną:

$$h=\sqrt{10^2-6^2}=\sqrt{100-36}=\sqrt{64}=8$$

Krok 3 — pole:

$$P=\frac{12\cdot8}{2}=48$$

Częsty błąd: użycie całej podstawy ($12$) zamiast jej połowy przy liczeniu wysokości — wtedy wyrażenie pod pierwiastkiem wyszłoby ujemne, co samo w sobie sygnalizuje pomyłkę.

Odpowiedź: wysokość $8$, pole $48$.

Środek okręgu wpisanego jest jednakowo oddalony od wszystkich boków, a zbiorem punktów równoodległych od ramion kąta jest dwusieczna. Zatem środek leży w punkcie przecięcia dwusiecznych kątów.

Odpowiedź: A.