Twierdzenie Talesa i twierdzenie odwrotne

Rozwiązanie

1. Z równoległości $k\parallel l$ trójkąty $OAD$ i $OCB$ są podobne (kąty wierzchołkowe i naprzemianległe).
2. $\dfrac{OD}{OB}=\dfrac{OA}{OC}\Rightarrow OD=\dfrac{OA\cdot OB}{OC}=\dfrac{12\cdot6}{8}=9$.

Odpowiedź: B

Krok 1. Dostrzeżenie podobieństwa trójkątów.
Ponieważ proste \(k\) i \(l\) są równoległe, trójkąty \(AOD\) i \(COB\) są podobne (kąty wierzchołkowe przy wierzchołku \(O\) są równe, a kąty naprzemianległe są równe). Tp oznacza, że stosunek długości odpowiednich boków w tych trójkątach jest stały:
$$\frac{|OD|}{|OB|}=\frac{|OA|}{|OC|}$$

Podstawiając do tej zależności dane z treści zadania, otrzymamy:
$$\frac{|OD|}{6}=\frac{12}{8}$$ $$\frac{|OD|}{6}=\frac{3}{2} \quad\bigg/\cdot6$$ $$|OD|=\frac{3\cdot6}{2}=9$$

Krok 1. Oznaczenia i podstawowa proporcja.

Niech \(|AB|=a\) oraz \(|CD|=b\). Trójkąty \(AOB\) i \(COD\) są podobne (kąty naprzemianległe przy prostych równoległych \(AB\) i \(CD\)) w skali \(\frac{a}{b}\), zatem:

\(\frac{|AO|}{|OC|}=\frac{|BO|}{|OD|}=\frac{a}{b}\)

Stąd \(\frac{|AO|}{|AC|}=\frac{|BO|}{|BD|}=\frac{a}{a+b}\).

Krok 2. Odcinek \(BB'\).

W trójkącie \(ABC\) prosta przechodząca przez \(O\) równoległa do \(BC\) przecina bok \(AB\) w punkcie \(B'\). Z twierdzenia Talesa:

\(\frac{|AB'|}{|AB|}=\frac{|AO|}{|AC|}=\frac{a}{a+b}\)

\(|AB'|=\frac{a^2}{a+b}\)

\(|BB'|=|AB|-|AB'|=a-\frac{a^2}{a+b}=\frac{a(a+b)-a^2}{a+b}=\frac{ab}{a+b}\)

Krok 3. Odcinek \(AA'\).

W trójkącie \(ABD\) prosta przechodząca przez \(O\) równoległa do \(AD\) przecina bok \(AB\) w punkcie \(A'\). Z twierdzenia Talesa:

\(\frac{|BA'|}{|BA|}=\frac{|BO|}{|BD|}=\frac{a}{a+b}\)

\(|BA'|=\frac{a^2}{a+b}\)

\(|AA'|=|AB|-|BA'|=a-\frac{a^2}{a+b}=\frac{ab}{a+b}\)

Krok 4. Wniosek.

\(|AA'|=|BB'|=\frac{ab}{a+b}\), co należało wykazać. \(\blacksquare\)

Krok 1. Oznaczenia.

Niech \(|FB|=t\). Wtedy \(|AD|=|DE|=|EF|=2t\) oraz:

\(|AE|=|AD|+|DE|=4t\), \(\;|EB|=|EF|+|FB|=3t\)

Krok 2. Podobieństwo trójkątów \(ADG\) i \(AEC\).

Ponieważ \(DG\parallel EC\), trójkąty \(ADG\) i \(AEC\) są podobne (cecha kąt–kąt) w skali:

\(k_1=\frac{|AD|}{|AE|}=\frac{2t}{4t}=\frac{1}{2}\)

Stosunek pól figur podobnych jest równy kwadratowi skali:

\(P_{ADG}=\frac{1}{4}P_{AEC}\)

Krok 3. Podobieństwo trójkątów \(FBH\) i \(EBC\).

Ponieważ \(FH\parallel EC\), trójkąty \(FBH\) i \(EBC\) są podobne w skali:

\(k_2=\frac{|FB|}{|EB|}=\frac{t}{3t}=\frac{1}{3}\)

\(P_{FBH}=\frac{1}{9}P_{EBC}\), czyli \(P_{EBC}=9S\)

Krok 4. Porównanie pól trójkątów \(AEC\) i \(EBC\).

Trójkąty \(AEC\) i \(EBC\) mają wspólną wysokość opuszczoną z wierzchołka \(C\) na prostą \(AB\), więc stosunek ich pól jest równy stosunkowi podstaw:

\(\frac{P_{AEC}}{P_{EBC}}=\frac{|AE|}{|EB|}=\frac{4t}{3t}=\frac{4}{3}\)

\(P_{AEC}=\frac{4}{3}\cdot 9S=12S\)

Krok 5. Wniosek.

\(P_{ADG}=\frac{1}{4}\cdot 12S=3S\)

co należało wykazać. \(\blacksquare\)

Krok 1. Wprowadzenie wektorów.

Przyjmijmy punkt \(C\) za początek układu i oznaczmy \(\vec{b}=\vec{CB}\), \(\vec{c}=\vec{CA}\).

Punkt \(D\) jest środkiem boku \(AC\), więc \(\vec{CD}=\frac{1}{2}\vec{c}\).

Punkt \(S\) jest środkiem odcinka \(BD\):

\(\vec{CS}=\frac{1}{2}\left(\vec{b}+\frac{1}{2}\vec{c}\right)=\frac{1}{2}\vec{b}+\frac{1}{4}\vec{c}\)

Krok 2. Punkt \(P\) jako przecięcie prostej \(AS\) z bokiem \(BC\).

Punkt na prostej \(AS\): \(\vec{CX}=\vec{c}+s\left(\vec{CS}-\vec{c}\right)=\vec{c}+s\left(\frac{1}{2}\vec{b}-\frac{3}{4}\vec{c}\right)\)

Punkt na prostej \(BC\): \(\vec{CX}=t\,\vec{b}\)

Porównujemy współczynniki przy \(\vec{b}\) i \(\vec{c}\) (wektory te nie są równoległe):

przy \(\vec{c}\): \(1-\frac{3}{4}s=0\Rightarrow s=\frac{4}{3}\)

przy \(\vec{b}\): \(t=\frac{1}{2}s=\frac{2}{3}\)

Krok 3. Wniosek.

\(\vec{CP}=\frac{2}{3}\vec{b}=\frac{2}{3}\vec{CB}\)

Zatem \(|CP|=\frac{2}{3}|CB|=\frac{2}{3}a\), co należało wykazać. \(\blacksquare\)

Krok 1. Oznaczenia i podstawowa proporcja.

Niech \(|AB|=a\) oraz \(|CD|=b\) (podstawy trapezu, \(AB\parallel CD\)).

Trójkąty \(APB\) i \(CPD\) są podobne (kąty naprzemianległe przy prostych równoległych), a skala podobieństwa wynosi \(\frac{a}{b}\). Zatem:

\(\frac{|AP|}{|PC|}=\frac{|BP|}{|PD|}=\frac{a}{b}\), skąd \(\frac{|AP|}{|AC|}=\frac{|BP|}{|BD|}=\frac{a}{a+b}\)

Krok 2. Odcinek \(MP\).

W trójkącie \(ACD\) prosta \(MP\) jest równoległa do boku \(CD\) (bo \(MN\parallel CD\)), a punkt \(P\) leży na \(AC\). Z twierdzenia Talesa:

\(\frac{|MP|}{|CD|}=\frac{|AP|}{|AC|}=\frac{a}{a+b}\)

\(|MP|=\frac{ab}{a+b}\)

Krok 3. Odcinek \(NP\).

W trójkącie \(BCD\) prosta \(NP\) jest równoległa do boku \(CD\), a punkt \(P\) leży na \(BD\):

\(\frac{|NP|}{|CD|}=\frac{|BP|}{|BD|}=\frac{a}{a+b}\)

\(|NP|=\frac{ab}{a+b}\)

Krok 4. Wniosek.

\(|MP|=|NP|=\frac{ab}{a+b}\), co należało wykazać. \(\blacksquare\)