Trójkąty przystające

Z twierdzenia Talesa odcinki wyznaczone na obu ramionach są proporcjonalne:

$$\frac{3}{6}=\frac{4}{x}$$

Mnożymy na krzyż:

$$3x=24 \quad\Rightarrow\quad x=8$$

Kontrola sensu: na pierwszym ramieniu drugi odcinek jest dwa razy dłuższy od pierwszego, więc na drugim ramieniu też musi być dwa razy dłuższy: $2\cdot4=8$ ✔

Odpowiedź: C. $x=8$ cm.

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.

Trójkąty przystające to takie, które można na siebie nałożyć — mają identyczne wszystkie odpowiadające sobie boki i kąty.

Uwaga: same równe kąty dają jedynie podobieństwo, a równe pola nie gwarantują nawet tego.

Odpowiedź: C. takie, które mają równe odpowiednie boki i kąty.

Skala podobieństwa mówi, ile razy trójkąt $DEF$ jest większy od $ABC$:

$$\frac{DE}{AB}=k \quad\Rightarrow\quad DE=k\cdot AB$$

Podstawiamy dane:

$$DE=3\cdot5=15\ \text{cm}$$

Warto pamiętać: w figurach podobnych wszystkie boki zmieniają się w tej samej skali, a kąty pozostają bez zmian.

Odpowiedź: $DE=15$ cm.

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.

• BBB — trzy pary równych boków
• BKB — dwa boki i kąt między nimi
• KBK — dwa kąty i bok między nimi

Uwaga: nie ma cechy „KKK” — trzy równe kąty dają tylko podobieństwo.

Odpowiedź: BBB, BKB, KBK.

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

Pole jest wielkością dwuwymiarową, więc zmienia się w skali podniesionej do kwadratu:

$$\frac{P_2}{P_1}=k^2=2^2=4$$

Sprawdźmy na kwadracie. Bok $3$ daje pole $9$; po powiększeniu dwukrotnie bok ma $6$, a pole $36$. Rzeczywiście $36:9=4$.

Dla porządku: objętość brył podobnych zmienia się w skali $k^3$ — dla $k=2$ byłoby to $8$ razy (stąd odpowiedź C jako pułapka).

Odpowiedź: D.

• 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.

Skala podobieństwa mnoży wszystkie długości:

$$4\cdot3=12\ \text{cm}$$

Odpowiedź: $12$ cm.

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

Krok 1 — stosunek pól to kwadrat skali:

$$\frac{P_2}{P_1}=k^2=\left(\frac52\right)^2=\frac{25}{4}$$

Krok 2 — obliczamy pole większego trójkąta:

$$P_2=12\cdot\frac{25}{4}=3\cdot25=75\ \text{cm}^2$$

Kontrola sensu: skala $2{,}5$ to nieco ponad dwukrotne powiększenie, więc pole powinno wzrosnąć nieco ponad sześciokrotnie — $75:12=6{,}25$ ✔

Odpowiedź: pole większego trójkąta to $75$ cm$^2$.

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.

Pola figur podobnych mają się jak kwadrat skali:

$$\frac{P_2}{P_1}=k^2=4$$

Analogicznie w przestrzeni: objętości mają się jak $k^3$.

Odpowiedź: B. $4$.

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

Odcinek $DE$ jest równoległy do $BC$, więc zachodzi twierdzenie Talesa — odcinki na obu bokach są proporcjonalne:

$$\frac{AD}{DB}=\frac{AE}{EC}$$

Podstawiamy dane:

$$\frac{4}{6}=\frac{6}{EC}$$

Mnożymy na krzyż:

$$4\cdot EC=36 \quad\Rightarrow\quad EC=9$$

Uwaga na dobór odcinków: w proporcji trzeba konsekwentnie zestawiać części górne z górnymi i dolne z dolnymi, albo część z całością — ale po obu stronach tak samo.

Odpowiedź: $EC=9$.

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.

Krok 1 — trzeci kąt:

$$180^\circ-50^\circ-60^\circ=70^\circ$$

Krok 2 — podobieństwo. Oba trójkąty mają identyczne trójki kątów, więc są podobne (cecha KKK).

Uwaga: podobne nie znaczy przystające — mogą się różnić rozmiarem.

Odpowiedź: trzeci kąt to $70^\circ$; trójkąty są podobne.

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

Trójkąty są podobne, gdy mają równe wszystkie kąty.

Każdy trójkąt równoboczny ma trzy kąty po $60^\circ$, więc dowolne dwa takie trójkąty mają identyczne kąty — są podobne.

Dlaczego pozostałe odpadają:

• trójkąty prostokątne mają wspólny tylko kąt $90^\circ$, pozostałe mogą się różnić
• trójkąty równoramienne mogą mieć różne kąty przy podstawie
• równe pola nie mówią nic o kształcie — trójkąt wąski i wysoki może mieć takie samo pole co szeroki i niski

Odpowiedź: B.

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.

Skoro suma kątów zawsze wynosi $180^\circ$, dwa równe kąty wymuszają równość trzeciego — to wystarcza do podobieństwa (cecha KK).

Kontrprzykłady: trójkąt $3$–$4$–$5$ i trójkąt o podstawie $6$ i wysokości $2$ mają to samo pole $6$, ale nie są podobne.

Odpowiedź: A. miały dwa odpowiednio równe kąty.

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

Promienie słoneczne padają pod tym samym kątem, więc trójkąt „drzewo + cień” i trójkąt „słupek + cień” są podobne.

Krok 1 — zapisujemy proporcję:

$$\frac{h}{12}=\frac{1{,}5}{2}$$

Krok 2 — mnożymy na krzyż:

$$2h=18 \quad\Rightarrow\quad h=9$$

Kontrola sensu: cień drzewa jest $6$ razy dłuższy od cienia słupka, więc drzewo powinno być $6$ razy wyższe: $6\cdot1{,}5=9$ m ✔

Odpowiedź: drzewo ma $9$ metrów wysokości.

Krok 1 — przeciwprostokątna:

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

Krok 2 — promień to połowa przeciwprostokątnej:

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

Odpowiedź: $R=5$.

Krok 1 — skala. Obwody mają się jak skala:

$$k=\frac{25}{15}=\frac53$$

Krok 2 — stosunek pól:

$$k^2=\frac{25}{9}$$

Odpowiedź: $k=\frac53$, stosunek pól $\frac{25}{9}$.

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 — wyznaczamy skalę podobieństwa. Porównujemy odpowiadające sobie boki, czyli najdłuższy z najdłuższym:

$$k=\frac{25}{10}=2{,}5$$

Krok 2 — mnożymy pozostałe boki przez skalę:

$$6\cdot2{,}5=15,\qquad 8\cdot2{,}5=20$$

Sprawdzenie: trójkąt $6$, $8$, $10$ jest prostokątny, bo $36+64=100$. Trójkąt podobny też musi być prostokątny: $15^2+20^2=225+400=625=25^2$ ✔

Odpowiedź: pozostałe boki mają $15$ i $20$.

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: $r=2$.

Krok 1 — twierdzenie Talesa. Prosta równoległa do boku dzieli pozostałe boki w tym samym stosunku:

$$\frac{AD}{DB}=\frac{AE}{EC}$$

Krok 2 — podstawiamy:

$$\frac{4}{6}=\frac{6}{EC}$$

Krok 3 — mnożymy na krzyż:

$$4\cdot EC=36 \quad\Rightarrow\quad EC=9$$

Odpowiedź: $EC=9$.

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

O podobieństwie decyduje zbiór miar kątów, a nie kolejność ich wypisania.

Oba trójkąty mają kąty $50^\circ$, $60^\circ$ i $70^\circ$ — wystarczy przestawić oznaczenia wierzchołków, aby kąty odpowiadały sobie po kolei.

Cecha kkk: jeśli dwa trójkąty mają odpowiednio równe kąty, to są podobne. W praktyce wystarczy sprawdzić dwa kąty, bo trzeci wynika z sumy $180^\circ$.

Uwaga: przystawanie to coś więcej — wymaga dodatkowo równych długości boków.

Odpowiedź: A.

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.

Pole zmienia się jak kwadrat skali:

$$P_{\text{mniejszy}}=48\cdot\left(\tfrac12\right)^2=48\cdot\tfrac14=12\ \text{cm}^2$$

Pułapka: podzielenie przez $2$ zamiast przez $4$ daje $24$ — to najczęstszy błąd.

Odpowiedź: D. $12$ cm$^2$.

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 — skala z obwodów. Obwód jest wielkością jednowymiarową, więc zmienia się wprost w skali:

$$k=\frac{27}{18}=\frac32=1{,}5$$

Krok 2 — stosunek pól to kwadrat skali:

$$\frac{P_2}{P_1}=k^2=\left(\frac32\right)^2=\frac94$$

Krok 3 — pole większego wielokąta:

$$P_2=16\cdot\frac94=4\cdot9=36\ \text{cm}^2$$

Najczęstszy błąd: pomnożenie pola przez samą skalę ($16\cdot1{,}5=24$) — pole zmienia się w skali kwadratowej.

Odpowiedź: $k=1{,}5$, pole większego wielokąta to $36$ cm$^2$.

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

Krok 1 — dlaczego to działa. Promienie słoneczne padają pod tym samym kątem, więc trójkąty „obiekt–cień” są podobne.

Krok 2 — proporcja:

$$\frac{h}{16}=\frac{1{,}5}{2}$$

Krok 3 — obliczenie:

$$h=\frac{1{,}5\cdot16}{2}=12\ \text{m}$$

Odpowiedź: drzewo ma $12$ m.

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: $\tfrac P3$

Oba trójkąty mają kąt $90^\circ$ oraz kąt $35^\circ$ — to już dwa odpowiednio równe kąty.

Trzeci kąt wyliczamy z sumy kątów trójkąta:

$$180^\circ-90^\circ-35^\circ=55^\circ$$

W obu trójkątach wychodzi tak samo, więc mają identyczne komplety kątów.

Cecha kk: dwa odpowiednio równe kąty wystarczają do stwierdzenia podobieństwa — długości boków nie są potrzebne.

Odpowiedź: C.

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.

Sprawdzamy stosunki odpowiadających boków:

$$\frac93=3,\qquad \frac{12}{4}=3,\qquad \frac{15}{5}=3$$

Wszystkie równe, więc trójkąty są podobne w skali $3$ (cecha BBB dla podobieństwa).

Nie są przystające — mają różne rozmiary.

Odpowiedź: C. podobne w skali $k=3$.

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: $a:b=3$

Odcinki $AB$ i $CD$ są równoległe, więc trójkąty $ASB$ i $CSD$ są podobne (kąty wierzchołkowe przy $S$ są równe, a kąty naprzemianległe przy prostych równoległych też).

Krok 1 — skala podobieństwa:

$$k=\frac{SC}{AS}=\frac{9}{6}=\frac32$$

Krok 2 — obliczamy $CD$:

$$CD=k\cdot AB=\frac32\cdot8=12$$

Kontrola sensu: odcinek $SC$ jest półtora raza dłuższy od $AS$, więc i drugi bok musi być półtora raza dłuższy ✔

Odpowiedź: $CD=12$.

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: $DC=6$.

Krok 1 — przeciwprostokątna pierwszego trójkąta:

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

Krok 2 — skala:

$$k=\frac{15}{10}=1{,}5$$

Krok 3 — przyprostokątne:

$$6\cdot1{,}5=9,\qquad 8\cdot1{,}5=12$$

Sprawdzenie: $\sqrt{81+144}=\sqrt{225}=15$ ✔

Odpowiedź: $9$ i $12$.

Krok 1 — rzeczywiste wymiary. Mnożymy każdy wymiar przez skalę:

$$2\cdot50\,000=100\,000\ \text{cm}=1\ \text{km}$$

$$3\cdot50\,000=150\,000\ \text{cm}=1{,}5\ \text{km}$$

Krok 2 — pole:

$$P=1\cdot1{,}5=1{,}5\ \text{km}^2$$

Sposób alternatywny — przez kwadrat skali. Pole na mapie to $2\cdot3=6$ cm$^2$, a pole rzeczywiste jest $50\,000^2$ razy większe:

$$6\cdot50\,000^2=6\cdot2{,}5\cdot10^9=1{,}5\cdot10^{10}\ \text{cm}^2=1{,}5\ \text{km}^2$$

Oba sposoby dają ten sam wynik.

Odpowiedź: rzeczywiste pole to $1{,}5$ km$^2$.

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 — stosunek pól:

$$\frac{50}{18}=\frac{25}{9}$$

Krok 2 — skala to pierwiastek ze stosunku pól:

$$k=\sqrt{\frac{25}{9}}=\frac53$$

Uwaga: ze stosunku pól do skali przechodzimy przez pierwiastek, a nie przez zwykłe dzielenie.

Odpowiedź: $k=\frac53$.

Figury podobne mają równe kąty, a boki proporcjonalne w skali $k$.

Figury przystające to szczególny przypadek, w którym skala wynosi dokładnie $1$ — boki są nie tylko proporcjonalne, ale wprost równe:

$$k=1 \quad\Rightarrow\quad \text{figury identyczne co do kształtu i rozmiaru}$$

Wniosek: każde dwie figury przystające są podobne, ale nie odwrotnie.

Odpowiedź: B.

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: $P=84$.

Przystawanie to szczególny przypadek podobieństwa, w którym skala wynosi dokładnie $1$ — wszystkie odpowiadające długości są równe.

Stąd: trójkąty przystające mają też równe pola ($k^2=1$).

Odpowiedź: A. są podobne w skali $k=1$.

Krok 1 — przeciwprostokątna z twierdzenia Pitagorasa:

$$c=\sqrt{6^2+8^2}=\sqrt{36+64}=\sqrt{100}=10$$

Krok 2 — pole trójkąta na dwa sposoby. Raz jako połowa iloczynu przyprostokątnych, raz jako połowa iloczynu przeciwprostokątnej i wysokości na nią opuszczonej:

$$P=\frac{6\cdot8}{2}=24 \qquad \text{oraz} \qquad P=\frac{10\cdot h}{2}=5h$$

Krok 3 — przyrównujemy:

$$5h=24 \quad\Rightarrow\quad h=4{,}8$$

Kontrola sensu: wysokość na przeciwprostokątną jest zawsze krótsza od obu przyprostokątnych — $4{,}8<6$ ✔

Odpowiedź: wysokość ma $4{,}8$.

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 wysokości. Wysokość jest średnią geometryczną odcinków, na jakie dzieli przeciwprostokątną — wynika to z podobieństwa dwóch powstałych trójkątów do wyjściowego:

$$h=\sqrt{4\cdot9}=\sqrt{36}=6$$

Odpowiedź: $h=6$.

Pole zmienia się w skali podniesionej do kwadratu:

$$k^2=100^2=10\,000$$

Model ma więc pole powierzchni $10\,000$ razy mniejsze.

Dla porównania: objętość zmieniłaby się w skali $k^3=1\,000\,000$ razy — stąd odpowiedź C jako pułapka.

Zestawienie warte zapamiętania: długości w skali $k$, pola w $k^2$, objętości w $k^3$.

Odpowiedź: D. $10\,000$ razy.

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.

Objętości brył podobnych mają się jak sześcian skali:

$$\left(\frac{1}{50}\right)^3=\frac{1}{125\,000}$$

Zestawienie: długości jak $k$, pola jak $k^2$, objętości jak $k^3$. Odpowiedź C ($1:2500$) opisywałaby stosunek pól.

Odpowiedź: B. $1:125\,000$.

Z twierdzenia Talesa odcinki odcięte na obu ramionach są proporcjonalne. Zestawiamy część bliższą wierzchołka z częścią dalszą:

$$\frac{OA}{AB}=\frac{OC}{CD}$$

Podstawiamy dane:

$$\frac{5}{10}=\frac{7}{CD}$$

Mnożymy na krzyż:

$$5\cdot CD=70 \quad\Rightarrow\quad CD=14$$

Kontrola sensu: na pierwszym ramieniu odcinek dalszy jest dwa razy dłuższy od bliższego, więc na drugim też: $2\cdot7=14$ ✔

Odpowiedź: $CD=14$.

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 — stosunek pól:

$$\frac{135}{60}=\frac{9}{4}$$

Krok 2 — skala:

$$k=\sqrt{\frac94}=\frac32$$

Krok 3 — bok:

$$B'C'=12\cdot\frac32=18$$

Sprawdzenie: pole rośnie $\left(\frac32\right)^2=2{,}25$ razy, a $60\cdot2{,}25=135$ ✔

Odpowiedź: $18$.

Krok 1 — pole wyjściowe:

$$P_1=4\cdot6=24\ \text{cm}^2$$

Krok 2 — stosunek pól:

$$\frac{P_2}{P_1}=\frac{150}{24}=\frac{25}{4}$$

Krok 3 — skala to pierwiastek ze stosunku pól:

$$k=\sqrt{\frac{25}{4}}=\frac52=2{,}5$$

Krok 4 — nowe wymiary:

$$4\cdot2{,}5=10\ \text{cm},\qquad 6\cdot2{,}5=15\ \text{cm}$$

Sprawdzenie: $10\cdot15=150$ cm$^2$ ✔

Odpowiedź: skala $k=2{,}5$, nowe wymiary $10$ cm na $15$ cm.

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 — podobieństwo. Z $DE\parallel BC$ wynika, że trójkąt $ADE$ jest podobny do $ABC$ (mają wspólny kąt przy $A$ i równe kąty odpowiadające).

Krok 2 — skala:

$$k=\frac{AD}{AB}=\frac39=\frac13$$

Krok 3 — pole:

$$P_{ADE}=81\cdot\left(\tfrac13\right)^2=81\cdot\tfrac19=9$$

Warto zauważyć: bok skrócony trzykrotnie daje pole dziewięciokrotnie mniejsze.

Odpowiedź: $9$.

Krok 1 — ustalamy skalę podobieństwa. Trójkąty $ADE$ i $ABC$ są podobne (bo $DE \parallel BC$). Skalę wyznacza stosunek boków wychodzących z wierzchołka $A$, czyli $AD$ do całego $AB$ — a nie do $DB$.

Skoro $AD:DB=2:3$, to przyjmując $AD=2x$ i $DB=3x$ otrzymujemy $AB=5x$:

$$k=\frac{AD}{AB}=\frac{2x}{5x}=\frac25$$

Krok 2 — obliczamy $DE$:

$$DE=k\cdot BC=\frac25\cdot15=6$$

Najczęstszy błąd: użycie skali $\frac23$ (stosunku $AD:DB$) zamiast $\frac25$ — dałoby błędne $10$.

Odpowiedź: $DE=6$.

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 — stosunek pól to kwadrat skali:

$$25\,000^2=625\,000\,000$$

Krok 2 — pole rzeczywiste w cm$^2$:

$$8\cdot625\,000\,000=5\,000\,000\,000\ \text{cm}^2$$

Krok 3 — zamiana na metry kwadratowe ($1$ m$^2=10\,000$ cm$^2$):

$$5\,000\,000\,000:10\,000=500\,000\ \text{m}^2$$

Krok 4 — hektary ($1$ ha $=10\,000$ m$^2$):

$$500\,000:10\,000=50\ \text{ha}$$

Odpowiedź: $50$ hektarów.

Skąd bierze się podobieństwo. Promień światła odbija się od lustra pod takim samym kątem, pod jakim padł. Powstają dwa trójkąty prostokątne: mniejszy (obserwator i jego odległość od lusterka) oraz większy (wieża i jej odległość od lusterka). Oba mają kąt prosty przy ziemi i równe kąty przy lusterku, więc na mocy cechy kk są podobne.

Krok 1 — zapisujemy proporcję. Zestawiamy wysokość z odpowiadającą jej odległością od lusterka:

$$\frac{h}{20}=\frac{1{,}6}{2}$$

Krok 2 — mnożymy na krzyż:

$$2h=20\cdot1{,}6=32 \quad\Rightarrow\quad h=16$$

Kontrola sensu: lusterko leży $10$ razy dalej od wieży niż od obserwatora ($20:2=10$), więc wieża musi być $10$ razy wyższa od niego: $10\cdot1{,}6=16$ m ✔

Wniosek praktyczny: tak mierzy się wysokości i odległości obiektów, do których nie da się dosięgnąć — wystarczy zbudować mniejszy trójkąt podobny i zmierzyć jego boki.

Odpowiedź: wieża ma $16$ metrów wysokości.

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 $48$.

Oznaczenia. Niech trójkąt $ABC$ ma kąt prosty w $C$, a $CD$ będzie wysokością opuszczoną na przeciwprostokątną $AB$. Oznaczmy $\alpha$ — kąt przy $A$, $\beta$ — kąt przy $B$, przy czym $\alpha+\beta=90^\circ$.

Krok 1 — trójkąt $ACD$. Ma kąt prosty przy $D$ (bo $CD$ to wysokość) oraz kąt $\alpha$ przy $A$, wspólny z trójkątem $ABC$. Dwa równe kąty wystarczą, więc $ACD\sim ABC$.

Krok 2 — trójkąt $CBD$. Ma kąt prosty przy $D$ oraz kąt $\beta$ przy $B$, wspólny z $ABC$. Zatem $CBD\sim ABC$.

Krok 3 — wniosek pośredni. Skoro oba są podobne do $ABC$, to są podobne również do siebie nawzajem. ∎

Konsekwencja praktyczna. Z proporcji w tych trójkątach wynikają dwa użyteczne wzory:

$$h^2=p\cdot q,\qquad a^2=c\cdot p$$

gdzie $p$ i $q$ to odcinki, na jakie wysokość dzieli przeciwprostokątną. Pierwszy wzór zastosowaliśmy w zadaniu 15.