Podobieństwo trójkątów

Oznaczmy $|CD|=a$, wtedy $|AB|=a+2$. Niech $R_2$ będzie promieniem okręgu opisanego na trójkącie $CPD$, a $R_1=R_2+3$ promieniem okręgu opisanego na trójkącie $APB$.

Krok 1. Podobieństwo trójkątów. Podstawy trapezu są równoległe, więc kąty $\angle PAB$ i $\angle PCD$ są naprzemianległe, a kąty $\angle APB$ i $\angle CPD$ wierzchołkowe. Trójkąty $APB$ i $CPD$ są zatem podobne, a skala podobieństwa to stosunek podstaw:

$$\frac{|AB|}{|CD|}=\frac{R_1}{R_2}\ \Longrightarrow\ \frac{a+2}{a}=\frac{R_2+3}{R_2}.$$

Krok 2. Wyznaczenie $R_2$. Mnożymy na krzyż:

$$R_2(a+2)=a(R_2+3)\ \Longrightarrow\ aR_2+2R_2=aR_2+3a\ \Longrightarrow\ 2R_2=3a\ \Longrightarrow\ R_2=\frac{3a}{2}.$$

Krok 3. Twierdzenie sinusów. Oznaczmy $\alpha=\angle CPD$. W trójkącie $CPD$ bok $CD$ leży naprzeciw kąta $\alpha$, więc

$$\frac{|CD|}{\sin\alpha}=2R_2\ \Longrightarrow\ \frac{a}{\sin\alpha}=3a\ \Longrightarrow\ \sin\alpha=\frac{1}{3}.$$

Krok 4. Cosinus kąta. Trójkąt $CPD$ jest ostrokątny, więc $\cos\alpha>0$:

$$\cos\alpha=\sqrt{1-\sin^2\alpha}=\sqrt{1-\frac19}=\sqrt{\frac89}=\frac{2\sqrt{2}}{3}.$$

Krok 5. Twierdzenie cosinusów w trójkącie $CPD$ dla boku $CD$:

$$|CD|^2=|DP|^2+|CP|^2-2\,|DP|\,|CP|\cos\alpha.$$

Przenosimy i podstawiamy $\cos\alpha=\frac{2\sqrt2}{3}$:

$$|DP|^2+|CP|^2-|CD|^2=2\,|DP|\,|CP|\cdot\frac{2\sqrt{2}}{3}=\frac{4\sqrt{2}}{3}\cdot|DP|\cdot|CP|,$$

czyli dokładnie tezę. $\blacksquare$

Oznaczmy $|AD|=d$ (połowa podstawy). Z symetrii $|BD|=d$.

Krok 1. Odcinki styczne z wierzchołka $C$. Z punktu leżącego poza okręgiem odcinki styczne mają równe długości. Niech $M^{\prime}$ będzie punktem styczności okręgu z bokiem $BC$. Wtedy $|CM|=|CM^{\prime}|$.

Krok 2. Obwód trójkąta $KLC$. Niech $P$ będzie punktem styczności odcinka $KL$ z okręgiem. Z równości odcinków stycznych:

$$|KM|=|KP|,\qquad |LM^{\prime}|=|LP|.$$

Ponieważ $|KM|=|CM|-|KC|$ oraz $|LM^{\prime}|=|CM^{\prime}|-|LC|=|CM|-2$, otrzymujemy

$$|KL|=|KP|+|PL|=2\left(|CM|-2\right).$$

Zatem obwód trójkąta $KLC$ wynosi

$$|KC|+|CL|+|KL|=2+2+2|CM|-4=2\,|CM|.$$

Krok 3. Podobieństwo. Trójkąty $KLC$ i $ABC$ są równoramienne o wspólnym kącie przy wierzchołku $C$, więc są podobne w skali

$$k=\frac{|KC|}{|AC|}=\frac{2}{6}=\frac13\ \Longrightarrow\ |KL|=\frac{|AB|}{3}=\frac{2d}{3}.$$

Krok 4. Wyznaczenie $|CM|$ i $d$. Ponieważ $DM\perp AC$, w trójkącie prostokątnym $ADM$ mamy $|AM|=|AD|\cos\alpha$, gdzie $\cos\alpha=\frac{d}{6}$, czyli

$$|AM|=\frac{d^{2}}{6},\qquad |CM|=6-\frac{d^{2}}{6}.$$

Z Kroku 2 obwód wynosi $2|CM|$, a bezpośrednio $4+|KL|$:

$$4+\frac{2d}{3}=2\left(6-\frac{d^{2}}{6}\right)=12-\frac{d^{2}}{3}.$$

Mnożymy przez $3$:

$$12+2d=36-d^{2}\ \Longrightarrow\ d^{2}+2d-24=0\ \Longrightarrow\ (d+6)(d-4)=0.$$

Długość jest dodatnia, więc $d=4$.

Krok 5. Szukany stosunek.

$$|AM|=\frac{4^{2}}{6}=\frac{8}{3},\qquad |MC|=6-\frac{8}{3}=\frac{10}{3}.$$

$$\frac{|AM|}{|MC|}=\frac{\frac83}{\frac{10}{3}}=\frac{8}{10}=\frac{4}{5}. \qquad\blacksquare$$

Kontrola: obwód $\triangle KLC$ wynosi $2+2+\frac{2\cdot4}{3}=\frac{20}{3}$, a $2|CM|=2\cdot\frac{10}{3}=\frac{20}{3}$ — zgadza się.

W jednokładności o środku \(S\) i skali \(k\) zachodzi \(\vec{SP'}=k\cdot\vec{SP}\).

Krok 1. Wektory.

\(\vec{SP}=[1-(-2),\;3-12]=[3,-9]\)

\(\vec{SP'}=[3-(-2),\;-3-12]=[5,-15]\)

Krok 2. Skala.

\([5,-15]=k\cdot[3,-9]\)

\(5=3k\Rightarrow k=\frac{5}{3}\)

(druga współrzędna daje ten sam wynik: \(-15=-9k\Rightarrow k=\frac{5}{3}\) ✓)

Odpowiedź: B.

Oznaczmy $|AB|=a$, $|AD|=b$ oraz $|BD|=d$, przy czym z twierdzenia Pitagorasa $d^{2}=a^{2}+b^{2}$.

Krok 1. Odcinki styczne z wierzchołka $D$. Dla okręgu wpisanego w trójkąt długość odcinka stycznego z danego wierzchołka to połowa różnicy obwodu i podwojonego boku przeciwległego. W trójkącie $ABD$ punkt styczności z bokiem $AD$ to $M$:

$$|DM|=\frac{|DA|+|DB|-|AB|}{2}=\frac{b+d-a}{2}.$$

W trójkącie $BCD$ punkt styczności z przekątną $BD$ to $N$:

$$|DN|=\frac{|DC|+|DB|-|CB|}{2}=\frac{a+d-b}{2}.$$

Krok 2. Kierunek odcinka $MN$. Punkt $S$ jest środkiem okręgu wpisanego w trójkąt $ABD$, a $M$ — punktem styczności tego okręgu z bokiem $AD$. Promień poprowadzony do punktu styczności jest prostopadły do stycznej, więc $SM\perp AD$. Ponieważ $AD\perp AB$, odcinek $SM$ jest równoległy do $AB$.

Z założenia punkt $S$ leży na odcinku $MN$, zatem cały odcinek $MN$ jest równoległy do $AB$.

Krok 3. Podobieństwo trójkątów. Z $MN\parallel AB$ wynika, że trójkąty $DMN$ i $DAB$ są podobne (cecha kąt-kąt), więc

$$\frac{|DN|}{|DB|}=\frac{|DM|}{|DA|}\qquad\text{oraz}\qquad \frac{|MN|}{|AB|}=\frac{|DM|}{|DA|}.$$

Krok 4. Wykorzystanie pierwszej proporcji.

$$\frac{a+d-b}{2d}=\frac{b+d-a}{2b}\ \Longrightarrow\ b(a+d-b)=d(b+d-a).$$

$$ab+bd-b^{2}=bd+d^{2}-ad\ \Longrightarrow\ ab-b^{2}=d^{2}-ad.$$

Podstawiamy $d^{2}=a^{2}+b^{2}$:

$$ab-b^{2}=a^{2}+b^{2}-ad\ \Longrightarrow\ ad=a^{2}+2b^{2}-ab.$$

Krok 5. Obliczenie $|MN|$. Z drugiej proporcji:

$$|MN|=|AB|\cdot\frac{|DM|}{|DA|}=a\cdot\frac{\frac{b+d-a}{2}}{b}=\frac{a(b+d-a)}{2b}=\frac{ab+ad-a^{2}}{2b}.$$

Podstawiamy wynik z Kroku 4:

$$ab+ad-a^{2}=ab+\left(a^{2}+2b^{2}-ab\right)-a^{2}=2b^{2}.$$

$$|MN|=\frac{2b^{2}}{2b}=b=|AD|,$$

co należało wykazać. $\blacksquare$

Uwaga: trójkąty $ABD$ i $CDB$ są przystające (oba prostokątne o przyprostokątnych $a$ i $b$), więc oba okręgi mają ten sam promień $r=\frac{a+b-d}{2}$ — widać to też na rysunku.

Krok 1. Podobieństwo trójkątów.

Ponieważ \(CD\parallel AB\), kąty \(ACD\) i \(CAB\) są naprzemianległe, więc \(|\angle ACD|=|\angle CAB|\).

Z założenia \(|\angle CAD|=|\angle ABC|\).

Trójkąty \(ACD\) i \(BAC\) mają więc po dwa równe kąty, zatem są podobne, przy czym odpowiadające sobie wierzchołki to \(A\leftrightarrow B\), \(C\leftrightarrow A\), \(D\leftrightarrow C\).

Krok 2. Proporcje boków.

\(\frac{|AC|}{|BA|}=\frac{|CD|}{|AC|}=\frac{|AD|}{|BC|}\)

Z ostatniego stosunku:

\(\frac{|AD|}{|BC|}=\frac{6}{12}=\frac{1}{2}\)

Krok 3. Długość \(AB\).

\(\frac{|AC|}{|AB|}=\frac{1}{2}\Rightarrow|AB|=2|AC|=2\cdot 10=20\)

Odpowiedź: B.

Przyjmijmy układ współrzędnych: \(A=(0,0,0)\), \(B=(a,0,0)\), \(C=(a,a,0)\), \(D=(0,a,0)\) oraz górna podstawa na wysokości \(z=a\). Płaszczyzna przechodzi przez przekątną \(AC\) i wznosi się w stronę wierzchołka \(D\).

1) Czy przekrój jest trójkątem? Odległość punktu \(D\) od prostej \(AC\) wynosi \(\dfrac{a\sqrt2}{2}\), więc nad punktem \(D\) płaszczyzna osiągnęłaby wysokość

\(\dfrac{a\sqrt2}{2}\cdot\mathrm{tg}\,60^\circ=\dfrac{a\sqrt6}{2}\approx1{,}22a>a\),

a więc płaszczyzna przecina górną podstawę i przekrojem jest trapez.

2) Wysokość trapezu (w płaszczyźnie przekroju). Wysokość \(a\) jest osiągana w odległości \(d\) od \(AC\), gdzie \(d\,\mathrm{tg}\,60^\circ=a\), czyli \(d=\dfrac{a}{\sqrt3}=\dfrac{a\sqrt3}{3}\). Wysokość trapezu (mierzona w płaszczyźnie przekroju) wynosi

\(h=\dfrac{d}{\cos60^\circ}=\dfrac{2a\sqrt3}{3}\).

3) Podstawy trapezu. Dłuższa podstawa to przekątna \(AC\):

\(|AC|=a\sqrt2\).

Krótsza podstawa leży na górnej ścianie sześcianu. Jej rzut na podstawę leży na prostej równoległej do \(AC\) i odległej od niej o \(d=\tfrac{a\sqrt3}{3}\); prosta ta odcina od trójkąta \(ACD\) trójkąt podobny w skali

\(k=\dfrac{d}{\tfrac{a\sqrt2}{2}}=\dfrac{2\sqrt3}{3\sqrt2}=\dfrac{\sqrt6}{3}\),

skąd długość krótszej podstawy wynosi \(b=a\sqrt2\left(1-\dfrac{\sqrt6}{3}\right)=\dfrac{a\sqrt2\left(3-\sqrt6\right)}{3}\).

4) Pole przekroju przez rzut. Rzutem przekroju na płaszczyznę podstawy jest trapez o wierzchołkach \(A=(0,0)\), \(C=(a,a)\), \(Q'=\left(a\left(1-\tfrac{\sqrt6}{3}\right),a\right)\), \(P'=\left(0,\tfrac{a\sqrt6}{3}\right)\). Ze wzoru na pole wielokąta (lub wprost) jego pole wynosi

\(S_{rzut}=\dfrac{a^2}{2}\cdot t(2-t)\), gdzie \(t=\dfrac{\sqrt6}{3}\), \(t^2=\dfrac23\),

\(S_{rzut}=\dfrac{a^2}{2}\left(2t-t^2\right)=\dfrac{a^2}{2}\cdot\dfrac{2\sqrt6-2}{3}=\dfrac{a^2\left(\sqrt6-1\right)}{3}\).

Ponieważ przekrój jest nachylony do podstawy pod kątem \(60^\circ\), zachodzi \(S_{rzut}=S\cos60^\circ\), a więc

\(S=\dfrac{S_{rzut}}{\cos60^\circ}=2\cdot\dfrac{a^2\left(\sqrt6-1\right)}{3}=\dfrac{2a^2\left(\sqrt6-1\right)}{3}\approx0{,}97a^2\).