Twierdzenie o dwusiecznej kąta 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.

• 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.

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.

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.

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.

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 — 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: $r=2$.

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.

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

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.

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 $48$.

I sposób - z wykorzystaniem wzorów na pole trójkąta (z sinuem)

Krok 1. Zapisanie pól trójkątów z wykorzystaniem wzoru z sinusem.
Oznaczmy miarę kąta \(KMN\) oraz \(NML\) jako \(α\), co wynika z faktu, że odcinek \(MN\) jest dwusieczną kąta \(LMK\). Korzystając ze wzoru na pole trójkąta z sinusem kąta między bokami, pole trójkąta \(KNM\) możemy zapisać jako:
$$P_{KNM}=\frac{1}{2}\cdot |KM|\cdot |MN|\cdot \sinα \\
P_{KNM}=\frac{1}{2}\cdot a\cdot |MN|\cdot \sinα$$

Podobnie postępujemy dla trójkąta \(NLM\), jego pole wyznaczymy również ze wzoru z sinusem:
$$P_{NLM}=\frac{1}{2}\cdot |LM|\cdot |MN|\cdot \sinα \\
P_{NLM}=\frac{1}{2}\cdot b\cdot |MN|\cdot \sinα$$

Krok 2. Wyznaczenie stosunku pól obydwu trójkątów.
Zgodnie z poleceniem musimy teraz obliczyć stosunek pól, czyli podzielić pole pierwszego trójkąta przez pole drugiego trójkąta. W wyniku tego dzielenia powtarzające się wyrażenia nam się po prostu skrócą:
$$\frac{P_{KNM}}{P_{NLM}}=\frac{\frac{1}{2}\cdot a\cdot |MN|\cdot \sinα}{\frac{1}{2}\cdot b\cdot |MN|\cdot \sinα} \\
\frac{P_{KNM}}{P_{NLM}}=\frac{a}{b}$$

Otrzymaliśmy oczekiwany stosunek pól powierzchni, zatem dowodzenie możemy uznać za zakończone.

II sposób - z wykorzystaniem twierdzenia o dwusiecznej kąta.

Krok 1. Zastosowanie twierdzenia o dwusiecznej kąta w trójkącie.
Zgodnie z twierdzeniem o dwusiecznej kąta wewnętrznego w trójkącie, dwusieczna dzieli bok przeciwległy na odcinki proporcjonalne do długości pozostałych boków. Zatem:
$$\frac{|KN|}{|NL|}=\frac{|KM|}{|LM|}=\frac{a}{b}$$

Krok 2. Analiza pól trójkątów.
Trójkąty \(KNM\) oraz \(NLM\) mają wspólną wysokość opuszczoną z wierzchołka \(M\) na prostą zawierającą podstawę \(KL\). Oznaczmy tę wysokość jako \(h\). W takim razie:
· pole trójkąta \(KNM\) to: \(P_{KNM}=\frac{1}{2}\cdot|KN|\cdot h\)
· pole trójkąta \(NLM\) to: \(P_{NLM}=\frac{1}{2}\cdot|NL|\cdot h\)

Krok 3. Obliczenie stosunku pól i zakończenie dowodzenia.
Stosunek pól powierzchni jest zatem równy:
$$\frac{P_{KNM}}{P_{NLM}}=\frac{\frac{1}{2}\cdot|KN|\cdot h}{\frac{1}{2}\cdot|NL|\cdot h}=\frac{|KN|}{|NL|}$$

Z pierwszego kroku wiemy, że \(\frac{|KN|}{|NL|}=\frac{a}{b}\), co kończy dowód.

Rozwiązanie

1. Trójkąty $KNM$ i $NLM$ mają wspólną wysokość opuszczoną z $M$ na prostą $KL$, więc $\dfrac{P_{KNM}}{P_{NLM}}=\dfrac{|KN|}{|NL|}$.
2. Z twierdzenia o dwusiecznej kąta: $\dfrac{|KN|}{|NL|}=\dfrac{|KM|}{|LM|}=\dfrac{a}{b}$.
3. Zatem $\dfrac{P_{KNM}}{P_{NLM}}=\dfrac{a}{b}$. $\blacksquare$

Z twierdzenia o dwusiecznej kąta wynika, że prawidłowa byłaby równość:
$$\frac{a}{c}=\frac{b}{d}$$

Wykonując teraz mnożenie na krzyż, otrzymamy:
$$a\cdot d=b\cdot c$$

Rozwiązanie

Z twierdzenia o dwusiecznej: $\dfrac{c}{d}=\dfrac{a}{b}$, stąd $a\cdot d=b\cdot c$.

Odpowiedź: B