Przystawanie trójkątów

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.

Porównamy trójkąty \(ABC\) i \(FCG\).

1) Boki. \(CDEF\) jest kwadratem o boku \(CD\), więc \(|CF|=|CD|\); z własności równoległoboku \(|CD|=|AB|\), zatem

\(|CF|=|AB|\).

\(BCGH\) jest kwadratem o boku \(BC\), więc

\(|CG|=|BC|\).

2) Kąty. Oznaczmy \(|\sphericalangle BCD|=\gamma\). Kąty pełne przy wierzchołku \(C\) dają:

\(|\sphericalangle FCG|=360^\circ-|\sphericalangle FCD|-|\sphericalangle BCD|-|\sphericalangle BCG|=360^\circ-90^\circ-\gamma-90^\circ=180^\circ-\gamma\).

Z drugiej strony w równoległoboku kąty przy sąsiednich wierzchołkach sumują się do \(180^\circ\), więc

\(|\sphericalangle ABC|=180^\circ-\gamma=|\sphericalangle FCG|\).

3) Wniosek. Trójkąty \(ABC\) i \(FCG\) mają odpowiednio równe dwa boki i kąt między nimi zawarty, więc są przystające (cecha bok–kąt–bok).

W przystających trójkątach odpowiadające sobie boki mają równe długości, zatem \(|AC|=|FG|\). \(\blacksquare\)