Liceum Ogólnokształcące — teoria, wzory, quizy i zadania do tego tematu.
📄Zadania z arkuszy 75
Prawdziwe zadania z arkuszy egzaminacyjnych (matura, egzamin ósmoklasisty, próbne) dotyczące tego tematu.
Zadanie nr 20 · Matura 2026
Na płaszczyźnie dane są cztery proste: \(k\), \(l\), \(m\) oraz \(n\). Proste \(k\) oraz \(l\) są równoległe.
Prosta \(m\) przecina proste \(k\) oraz \(l\) w punktach - odpowiednio \(A\) oraz \(C\).
Prosta \(n\) przecina proste \(k\) oraz \(l\) w punktach - odpowiednio - \(D\) oraz \(B\).
Odcinki \(AC\) i \(BD\) przecinają się w punkcie \(O\).
Ponadto \(|OA|=12\), \(|OB|=6\) oraz \(|OC|=8\) (zobacz rysunek).
Odcinek \(OD\) ma długość:
A\(4\)
B\(9\)
C\(10\)
D\(16\)
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:
$$\frac{|OD|}{6}=\frac{12}{8}$$
$$\frac{|OD|}{6}=\frac{3}{2} \quad\bigg/\cdot6$$
$$|OD|=\frac{3\cdot6}{2}=9$$
Zadanie nr 21 · Matura 2026
Dany jest trójkąt \(KLM\), w którym \(|KM|=a\) oraz \(|LM|=b\). Dwusieczna kąta \(LMK\) przecina bok \(KL\) w punkcie \(N\) (zobacz rysunek).
Wykaż, że stosunek pola trójkąta \(KNM\) do pola trójkąta \(NLM\) jest równy \(\frac{a}{b}\).
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.
Zadanie nr 20 · Matura 2025
W trójkącie równoramiennym \(ABC\) dane są: \(|AC|=|BC|=4\) i \(|AB|=3\). Na boku \(BC\), między punktami \(B\) i \(C\), wybrano taki punkt \(D\), że trójkąty \(ABC\) i \(BDA\) są podobne (zobacz rysunek).
Odcinek \(BD\) ma długość:
A\(2\)
B\(2,25\)
C\(2,5\)
D\(3\)
Krok 1. Obliczenie skali podobieństwa.
Z treści zadania wiemy, że trójkąty \(ABC\) i \(BDA\) są podobne. Ważne jest teraz to, aby dobrze ustalić które boki są sobie odpowiadające. W małym trójkącie \(BDA\) ramiona mają długość równa \(3\), natomiast w dużym trójkącie \(ABC\) ramiona mają długość \(4\). Jeżeli przyjmiemy, że duży trójkąt jest umownym trójkątem podstawowym, a mały trójkąt jest trójkątem podobnym, to skala podobieństwa tych trójkątów będzie równa:
$$k=\frac{3}{4}$$
Krok 2. Obliczenie długości odcinka \(BD\).
Odcinek \(BD\) jest podstawą trójkąta równoramiennego \(BDA\). Skoro w dużym trójkącie \(ABC\) podstawa miała długość \(3\), to tym samym:
$$|BD|=k\cdot |AB|$$
$$|BD|=\frac{3}{4}\cdot3$$
$$|BD|=2,25$$
Zadanie nr 20 · Matura 2024
Dany jest trójkąt \(KLM\), w którym \(|KM|=a\), \(|LM|=b\) oraz \(a\neq b\). Dwusieczna kąta \(KML\) przecina bok \(KL\) w punkcie \(N\), takim że \(|KN|=c\), \(|NL|=d\) oraz \(|MN|=e\) (zobacz rysunek).
W trójkącie \(KLM\) prawdziwa jest równość:
A\(a\cdot b=c\cdot d\)
B\(a\cdot d=b\cdot c\)
C\(a\cdot c=b\cdot d\)
D\(a\cdot b=c\cdot e\)
Z twierdzenia o dwusiecznej kąta wynika, że prawidłowa byłaby równość:
$$\frac{a}{c}=\frac{b}{d}$$
Wykonując teraz mnożenie na krzyż, otrzymamy:
$$a\cdot d=b\cdot c$$
Zadanie nr 17 · Próbny 2023
Dany jest trójkąt \(ABC\), w którym \(2\cdot|AB|=3\cdot|BC|=4\cdot|AC|=12\).
Oceń prawdziwość poniższych stwierdzeń. Wybierz P, jeśli stwierdzenie jest prawdziwe, albo F – jeśli jest fałszywe. Obwód trójkąta \(ABC\) jest równy \(12\). Trójkąt \(ABC\) jest ostrokątny.
Obwód trójkąta \(ABC\) jest równy \(12\).
Trójkąt \(ABC\) jest ostrokątny.
Krok 1. Obliczenie długości wszystkich boków trójkąta.
Z równania wynika, że:
$$2|AB|=12$$
$$|AB|=6$$
$$3|BC|=12$$
$$|BC|=4$$
$$4|AC|=12$$
$$|AC|=3$$
Krok 2. Ocena prawdziwości pierwszego zdania.
Obwód tego trójkąta jest równy:
$$Obw=6+4+3$$
$$Obw=13$$
Zdanie jest więc fałszem.
Krok 3. Ocena prawdziwości drugiego zdania.
Z twierdzenia Pitagorasa wiemy, że jeżeli \(a^2+b^2=c^2\) to trójkąt jest prostokątny. Możemy tutaj też dodać, że jeżeli \(a^2+b^2\gt c^2\) to trójkąt jest ostrokątny, a jeżeli \(a^2+b^2\lt c^2\) to trójkąt jest rozwartokątny. Musimy więc obliczyć ile to jest \(a^2+b^2\) i odnieść ten wynik do wartości \(c^2\). I tu uwaga - pod \(a\) oraz \(b\) zawsze podstawimy krótsze boki, natomiast pod \(c\) zawsze ten najdłuższy. W związku z tym:
$$a^2+b^2=3^2+4^2$$
$$a^2+b^2=9+16$$
$$a^2+b^2=25$$
$$c^2=6^2$$
$$c^2=36$$
Wyszło nam więc, że \(a^2+b^2\lt c^2\), ponieważ \(25\lt36\). To oznacza, że ten trójkąt jest rozwartokątny, czyli zdanie jest fałszem.
Zadanie nr 19 · Próbny 2023
Dany jest trójkąt \(ABC\), w którym \(|AC|=5\). Dwusieczna \(CD\) kąta \(ACB\) dzieli bok \(AB\) na odcinki o długości \(|AD|=4\), \(|DB|=3\) (zobacz rysunek).
Oblicz długość \(a\) boku \(BC\) trójkąta \(ABC\). Zapisz obliczenia.
W tym zadaniu skorzystamy z twierdzenia o dwusiecznej kąta w trójkącie. Na jego podstawie możemy ułożyć następującą proporcję:
$$\frac{a}{3}=\frac{5}{4} \quad\bigg/\cdot3$$
$$a=\frac{15}{4}$$
Zadanie nr 22 · Próbny 2023
Trójkąt \(ABC\) jest trójkątem równoramiennym, w którym \(|AC|=|BC|\). Punkt \(D\) jest środkiem podstawy \(AB\) trójkąta, a \(E\) – środkiem boku \(AC\). Półproste \(EF\) i \(AG\) przecinają odcinek \(CD\) w punktach \(F\) i \(G\) (jak na rysunku).
Dokończ zdanie tak, aby było prawdziwe. Wybierz odpowiedź A albo B oraz jej uzasadnienie 1., 2. albo 3.
Środkiem okręgu wpisanego w trójkąt \(ABC\) jest punkt:
Środkiem okręgu wpisanego w trójkąt jest zawsze punkt przecięcia się dwusiecznych trójkąta. W takim razie środkiem okręgu wpisanego w trójkąt \(ABC\) jest punkt \(G\), ponieważ jest on punktem przecięcia dwusiecznych kątów trójkąta \(ABC\).
Zadanie nr 20 · Matura 2022
W trójkącie miary kątów są równe: \(\alpha\), \(4\alpha\), \(\alpha+30°\). Miara największego kąta tego trójkąta jest równa:
A\(55°\)
B\(90°\)
C\(100°\)
D\(120°\)
Krok 1. Obliczenie miary \(\alpha\).
Suma wszystkich kątów w trójkącie wynosi \(180°\), zatem:
$$\alpha+4\alpha+\alpha+30°=180°$$
$$6\alpha=150°$$
$$\alpha=25°$$
Krok 2. Obliczenie miar kątów w trójkącie.
Wiemy już, że \(\alpha=25°\) i zgodnie z oznaczeniami jest to pierwszy z kątów w tym trójkącie. Musimy jeszcze obliczyć miarę pozostałych kątów, zatem:
$$4\alpha=4\cdot25°=100°$$
$$\alpha+30°=25°+30°=55°$$
Szukamy miary największego kąta, zatem widzimy, że będzie ona równa \(100°\).
Zadanie nr 21 · Matura 2022
Na boku \(BC\) kwadratu \(ABCD\) (na zewnątrz) zbudowano trójkąt równoboczny \(BEC\) (zobacz rysunek).
Miara kąta \(DEC\) jest równa:
A\(10°\)
B\(20°\)
C\(15°\)
D\(30°\)
Krok 1. Obliczenie miary kąta \(DCE\).
Kąt \(DCE\) będzie sumą kąta prostego \(DCB\) oraz kąta \(BCE\) o mierze \(60°\) (wiemy, że ten kąt ma miarę \(60°\), bo trójkąt \(BEC\) jest równoboczny). To oznacza, że:
$$|\sphericalangle DCE|=90°+60°=150°$$
Krok 2. Obliczenie miary kąta \(DEC\).
Z własności trójkątów równoramiennych wiemy, że kąty przy podstawie muszą mieć jednakową miarę. Skoro więc kąt między ramionami ma \(150°\), to na kąty przy podstawie zostaje nam łącznie \(180°-150°=30°\). To oznacza, że kąt \(DEC\) ma miarę:
$$|\sphericalangle DCE|=30°:2°=15°$$
Zadanie nr 33 · Matura 2022
Dany jest trójkąt równoramienny \(ABC\), w którym \(|AC|=|BC|\). Dwusieczna kąta \(BAC\) przecina bok \(BC\) w takim punkcie \(D\), że trójkąty \(ABC\) i \(BDA\) są podobne (zobacz rysunek). Oblicz miarę kąta \(BAC\).
Krok 1. Sporządzenie rysunku pomocniczego.
Oznaczmy kąt \(BAC\) jako kąt \(\alpha\). Z tego kąta poprowadzono dwusieczną, co prowadzi nas do wniosku, że \(|\sphericalangle DAB|=\frac{1}{2}\alpha\) oraz \(|\sphericalangle CAD|=\frac{1}{2}\alpha\).
Warto też zauważyć, że skoro jest to trójkąt równoramienny, to także \(|\sphericalangle ABC|=\alpha\). Sytuacja będzie więc wyglądać następująco:
Krok 2. Wyznaczenie miary kąta \(BAC\).
Spójrzmy teraz na trójkąt \(ABD\). Jest to trójkąt podobny do trójkąta \(ABC\), czyli także musi być on równoramienny. Kąty przy podstawie takich trójkątów mają jednakową miarę (tutaj jest podstawa \(BD\)), zatem \(|\sphericalangle ADB|=\alpha\). W ten sposób opisaliśmy już symbolami wszystkie kąty w trójkącie \(ABD\). Suma kątów w trójkącie musi być równa \(180°\), zatem:
$$\frac{1}{2}\alpha+\alpha+\alpha=180°$$
$$2,5\alpha=180°$$
$$\alpha=72°$$
Zgodnie z oznaczeniami, miara kąta \(\alpha\) jest także miarą poszukiwanego przez nas kąta \(BAC\), zatem:
$$|\sphericalangle BAC|=72°$$
Zadanie nr 20 · Matura 2021
Przekątna \(AC\) prostokąta \(ABCD\) ma długość \(70\). Na boku \(AB\) obrano punkt \(E\), na przekątnej \(AC\) obrano punkt \(F\), a na boku \(AD\) obrano punkt \(G\) - tak, że czworokąt \(AEFG\) jest prostokątem (zobacz rysunek). Ponadto \(|EF|=30\) i \(|GF|=40\).
Obwód prostokąta \(ABCD\) jest równy:
A\(158\)
B\(196\)
C\(336\)
D\(490\)
Krok 1. Dostrzeżenie podobieństwa prostokątów i zapisanie stosunku długości boków.
W zadaniu mamy do czynienia z prostokątami podobnymi. Z treści zadania wynika, że ten mały prostokąt \(AEFG\) ma wymiary \(40\times30\), zatem stosunek długości boków wynosi tutaj \(40:30\), czyli \(4:3\). Analogiczny stosunek długości boków musi więc wystąpić w tym drugim prostokącie, zatem możemy zapisać, że bok \(AB=4x\) oraz \(BC=3x\).
Krok 2. Obliczenie długości boków prostokąta \(ABCD\).
Spójrzmy na trójkąt \(ABC\). Jest to trójkąt prostokątny w którym przyprostokątne mają długość \(3x\) oraz \(4x\), a przeciwprostokątna jest równa \(70\) (zgodnie z treścią zadania). Skoro tak, to korzystając z Twierdzenia Pitagorasa, możemy zapisać, że:
$$(3x)^2+(4x)^2=70^2$$
$$9x^2+16x^2=4900$$
$$25x^2=4900$$
$$x^2=196$$
$$x=14 \quad\lor\quad x=-14$$
Ujemną długość oczywiście odrzucamy, zatem zostaje nam \(x=14\).
Skoro tak, to długości boków naszego prostokąta będą następujące:
$$|AB|=4x=4\cdot14=56$$
$$|BC|=3x=3\cdot14=42$$
Wiemy już zatem, że nasz duży prostokąt ma wymiary \(56\times42\).
Krok 3. Obliczenie obwodu prostokąta \(ABCD\).
Na koniec została już tylko formalność, czyli obliczenie obwodu tej figury:
$$Obw=2\cdot56+2\cdot42$$
$$Obw=112+84$$
$$Obw=196$$
Zadanie nr 17 · Próbny 2021
Przez punkt przecięcia wysokości trójkąta równobocznego \(ABC\) poprowadzono prostą \(DE\) równoległą do podstawy \(AB\) (zobacz rysunek).
Stosunek pola trójkąta \(ABC\) do pola trójkąta \(CDE\) jest równy:
A\(9:4\)
B\(4:1\)
C\(4:9\)
D\(3:2\)
Krok 1. Dostrzeżenie trójkątów podobnych i wykorzystanie własności trójkątów równobocznych.
Powinniśmy dostrzec, że skoro prosta \(DE\) jest równoległą do podstawy \(AB\), to trójkąt \(DEC\) jest podobny do trójkąta \(ABC\).
Dodatkowo z własności trójkątów równobocznych wiemy, że odległość od punktu przecięcia się wysokości aż do wierzchołka, stanowi \(\frac{2}{3}h\). Skoro tak i skoro trójkąty \(ABC\) oraz \(DEC\) są podobne, to analogicznie podstawa \(DE\) będzie stanowić \(\frac{2}{3}\) długości podstawy \(AB\).
Z naszych analiz wynika więc, że mamy taką oto sytuację:
Krok 2. Obliczenie pola powierzchni trójkątów \(ABC\) oraz \(DEC\).
Ze wzoru na pole trójkąta możemy zapisać, że:
$$P_{ABC}=\frac{1}{2}ah$$
$$\text{oraz}$$
$$P_{DEC}=\frac{1}{2}\cdot\frac{2}{3}a\cdot\frac{2}{3}h$$
$$P_{DEC}=\frac{4}{18}ah$$
Krok 3. Obliczenie stosunku pól powierzchni trójkątów \(ABC\) oraz \(DEC\).
Interesuje nas stosunek pól tych dwóch trójkątów, zatem:
$$\frac{P_{ABC}}{P_{DEC}}=\frac{\frac{1}{2}ah}{\frac{4}{18}ah}=\frac{\frac{1}{2}}{\frac{4}{18}}=\frac{1}{2}:\frac{4}{18}=\frac{1}{2}\cdot\frac{18}{4}=\frac{18}{8}=\frac{9}{4}$$
To oznacza, że stosunek tych dwóch pól jest równy \(9:4\).
Zadanie nr 19 · Próbny 2021
Trójkąty \(ABC\) i \(PQR\) są podobne. Boki trójkąta \(ABC\) mają długości: \(12, 6, 10\). Różnica między długością najdłuższego boku trójkąta \(PQR\) a długością jego boku najkrótszego jest równa \(9\). Obwód trójkąta \(PQR\) jest równy:
A\(37\frac{1}{2}\)
B\(42\)
C\(84\)
D\(126\)
Krok 1. Obliczenie skali podobieństwa.
W trójkącie \(ABC\) różnica między długością najdłuższego i najkrótszego boku jest równa \(12-6=6\). Z treści zadania wynika, że w trójkącie PQR ta różnica jest większa i wynosi \(9\). Skoro są to trójkąty podobne, to na podstawie tej informacji możemy wysnuć wniosek, że skala podobieństwa trójkąta \(PQR\) do trójkąta \(ABC\) będzie równa:
$$k=\frac{9}{6}$$
$$k=1,5$$
Krok 2. Obliczenie obwodu trójkąta \(PQR\).
Trójkąt \(ABC\) ma obwód równy:
$$Obw_{ABC}=12+6+10=28$$
Z własności trójkątów podobnych wynika, że trójkąt \(PQR\) będzie miał ten obwód \(k\) razy większy, a skoro \(k=1,5\), to:
$$Obw_{PQR}=k\cdot Obw_{ABC}$$
$$Obw_{PQR}=1,5\cdot28$$
$$Obw_{PQR}=42$$
Zadanie nr 30 · Próbny 2021
Dany jest kwadrat \(ABCD\). Zbudowano trójkąty równoboczne \(ACE\) i \(BDF\) tak, że wierzchołek \(D\) kwadratu leży wewnątrz trójkąta \(ACE\), a wierzchołek \(C\) - wewnątrz trójkąta \(BDF\). Odcinki \(CE\) i \(DF\) przecinają się w punkcie \(G\) (jak na rysunku).
Wykaż, że \(|CG|=|CF|\).
Krok 1. Sporządzenie rysunku pomocniczego.
Skoro trójkąty \(ACE\) i \(BDF\) są równoboczne (czyli mają wszystkie kąty o mierze \(60°\)), a przekątne kwadratu tworzą z bokami kąty \(45°\), to sytuacja z treści zadania wygląda następująco:
Krok 2. Obliczenie miar poszczególnych kątów.
Korzystając z rysunku możemy teraz obliczyć miarę np. kąta \(CDF\):
$$|\sphericalangle CDF|=60°-45°=15°$$
Można więc powiedzieć, że w takim razie w trójkącie równoramiennym \(CDG\) kąty przy podstawie mają \(15°\), zatem kąt \(CGD\) ma:
$$|\sphericalangle CGD|=180°-15°-15°=150°$$
Spójrzmy teraz na kąt \(CGF\). Jest on kątem przystającym do kąta \(CGD\), zatem jego miara jest równa:
$$|\sphericalangle CGF|=180°-150°=30°$$
Bardzo podobnie możemy obliczyć miarę kąta \(FCG\).
$$|\sphericalangle FCG|=180°-45°-15°=120°$$
I teraz spoglądamy na trójkąt \(CGF\). Znamy już dwie miary kątów w tym trójkącie i są to kąty o mierze \(30°\) oraz \(120°\), zatem trzeci kąt ma miarę:
$$|\sphericalangle FCG|=180°-120°-30°=30°$$
To oznacza, że kąty przy boku \(FG\) mają jednakową miarę, czyli że trójkąt \(CGF\) jest równoramienny. Skoro tak, to faktycznie \(|CG|=|CF|\), co należało udowodnić.
Zadanie nr 17 · Próbny 2021
Zaznaczone na rysunku kąty \(\alpha, \beta, \gamma\) mają miary:
A\(\alpha=60°, \beta=30°, \gamma=30°\)
B\(\alpha=50°, \beta=40°, \gamma=40°\)
C\(\alpha=70°, \beta=20°, \gamma=20°\)
D\(\alpha=30°, \beta=60°, \gamma=60°\)
Krok 1. Sporządzenie rysunku pomocniczego.
Powinniśmy zauważyć, że jeden z boków trójkąta opiera się na średnicy okręgu, a to pozwala nam stwierdzić, że cały duży trójkąt (nazwijmy go \(ABC\)) jest prostokątny.
Krok 2. Obliczenie miary kąta \(\alpha\).
Zwróćmy uwagę, że trójkąt \(AOB\) z zaznaczonym kątem \(\alpha\) jest równoboczny, czyli każdy kąt tego trójkąta ma miarę \(60°\). Skąd to wiemy? Widzimy wyraźnie, że każdy bok tego trójkąta ma jednakową długość promienia i właśnie ta obserwacja pozwala nam błyskawicznie wyznaczyć, że \(\alpha=60°\). Teoretycznie moglibyśmy już zakończyć rozwiązywanie tego zadania (bo pasuje już tylko jedna odpowiedź), ale spróbujmy jeszcze samodzielnie obliczyć pozostałe miary kątów.
Krok 3. Obliczenie miar kątów \(\beta\) oraz \(\gamma\).
Skoro kąt \(ACB\) ma miarę \(90°\), a kąt \(ACO\) ma miarę \(60°\), to kąt \(\gamma\) będzie mieć miarę:
$$\gamma=90°-60°=30°$$
Trójkąt \(OBC\) jest równoramienny (ramiona \(OB\) oraz \(OC\) mają długość równą promieniowi okręgu), a skoro tak, to kąty przy boku \(BC\) muszą mieć jednakową miarę. W związku z tym możemy stwierdzić, że \(\beta=30°\).
Zadanie nr 19 · Próbny 2021
W trójkącie \(KLM\) punkt \(A\) leży na boku \(KM\), a punkt \(B\) leży na boku \(LM\). Odcinek \(AB\) jest równoległy do boku \(KL\) oraz \(|KL|=9\), \(|KA|=3\), \(|AB|=4\) (zobacz rysunek). Odcinek \(AM\) ma długość:
A\(3,6\)
B\(2,4\)
C\(3\)
D\(1,8\)
Powinniśmy dostrzec, że trójkąty \(ABM\) oraz \(KLM\) są względem siebie podobne (wynika to z cechy kąt-kąt-kąt). Skoro tak, to stosunek odcinka \(AM\) względem \(AB\) musi być taki sam jak stosunek odcinka \(KM\) względem \(KL\). Jeżeli oznaczymy odcinek \(AM\) jako \(x\), to otrzymamy:
$$\frac{x}{4}=\frac{x+3}{9}$$
Mnożąc teraz na krzyż, wyjdzie nam, że:
$$9x=4\cdot(x+3)$$
$$9x=4x+12$$
$$5x=12$$
$$x=2,4$$
Zadanie nr 33 · Matura 2021
Trójkąt równoboczny \(ABC\) ma pole równe \(9\sqrt{3}\). Prosta równoległa do boku \(BC\) przecina boki \(AB\) i \(AC\) – odpowiednio – w punktach \(K\) i \(L\). Trójkąty \(ABC\) i \(AKL\) są podobne, a stosunek długości boków tych trójkątów jest równy \(\frac{3}{2}\). Oblicz długość boku trójkąta \(AKL\).
Krok 1. Sporządzenie rysunku pomocniczego.
Choć w tym zadaniu rysunek nie jest może priorytetem, to zobrazujmy sobie tę sytuację, tak aby zrozumieć co liczymy:
Krok 2. Obliczenie długości boku trójkąta \(ABC\).
Skoro pole trójkąta \(ABC\) jest równe \(9\sqrt{3}\), to korzystając ze wzoru na pole trójkąta równobocznego możemy zapisać, że:
$$P=\frac{a^2\sqrt{3}}{4}$$
$$9\sqrt{3}=\frac{a^2\sqrt{3}}{4}$$
$$36\sqrt{3}=a^2\sqrt{3}$$
$$a^2=36$$
$$a=6 \quad\lor\quad a=-6$$
Długość boku musi być oczywiście dodatnia, zatem zostaje nam \(a=6\).
Krok 3. Obliczenie długości boków trójkąta \(AKL\).
Z treści zadania wynika, że skala podobieństwa wynosi \(k=\frac{3}{2}\). I teraz trzeba być ostrożnym - skala jest większa od \(1\), a większym trójkątem jest trójkąt \(ABC\). To prowadzi nas do wniosku, że:
$$\frac{|AB|}{|AK|}=\frac{3}{2}$$
$$\frac{6}{|AK|}=\frac{3}{2}$$
$$6=\frac{3}{2}\cdot|AK|$$
$$|AK|=4$$
Skoro trójkąt \(AKL\) jest trójkątem podobnym, to tak jak trójkąt \(ABC\) musi być równoboczny. To oznacza, że wszystkie boki trójkąta \(AKL\) mają długość równą \(4\).
Zadanie nr 13 · Próbny 2021
W trójkącie równoramiennym jeden z kątów ma miarę \(36°\). Pozostałe dwa kąty tego trójkąta mogą mieć miary:
A\(36°\) i \(108°\)
B\(36°\) i \(72°\)
C\(36°\) i \(36°\)
D\(72°\) i \(108°\)
W trójkącie równoramiennym mamy dwa kąty o jednakowej mierze (znajdują się one przy podstawie). Mamy więc teoretycznie dwie możliwości:
I możliwość - kąt \(36°\) jest między ramionami - w takiej sytuacji na kąty przy podstawie zostanie nam \(180°-36°=144°\), czyli każdy z kątów przy podstawie będzie miał \(144°:2=72°\).
II możliwość - kąt \(36°\) jest przy podstawie - w takiej sytuacji drugi kąt przy podstawie ma także \(36°\), zatem kąt między ramionami ma miarę \(180°-36°-36°=108°\).
Pasuje nam więc odpowiedź pierwsza (to jest sytuacja przedstawiona w drugiej możliwości).
Zadanie nr 15 · Próbny 2020
W trójkącie \(ABC\) punkt \(D\) leży na boku \(BC\), a punkt \(E\) leży na boku \(AC\). Odcinek \(DE\) jest równoległy do boku \(AB\), a ponadto \(|AE|=|DE|=4\), \(|AB|=6\) (zobacz rysunek).
Odcinek \(CE\) ma długość:
A\(\frac{16}{3}\)
B\(\frac{8}{3}\)
C\(8\)
D\(6\)
Trójkąty \(ABC\) oraz \(EDC\) są podobne (cecha kąt-kąt-kąt), zatem możemy zapisać prostą propocję:
$$\frac{|CA|}{|AB|}=\frac{|CE|}{|ED|}$$
$$\frac{|CE|+4}{6}=\frac{|CE|}{4}$$
Mnożąc na krzyż otrzymamy:
$$4\cdot(|CE|+4)=6|CE|$$
$$4|CE|+16=6|CE|$$
$$16=2|CE|$$
$$|CE|=8$$
Zadanie nr 7 · Próbny 2020
Stosunek pól dwóch trójkątów równobocznych wynosi \(\frac{9}{16}\), a długość boku większego trójkąta jest równa \(12cm\). Mniejszy trójkąt ma bok długości:
A\(6,75cm\)
B\(21\frac{1}{3}cm\)
C\(16cm\)
D\(9cm\)
Krok 1. Obliczenie skali podobieństwa.
Z własności figur podobnych wiemy, że jeśli dwie figury są podobne względem siebie w skali \(k\), to stosunek pól powierzchni jest równy \(k^2\). Z treści zadania wynika, że stosunek pól jest równy \(\frac{9}{16}\), zatem:
$$k^2=\frac{9}{16}$$
$$k=\frac{3}{4} \quad\lor\quad k=-\frac{3}{4}$$
Skala podobieństwa musi być dodatnia, więc zostaje nam \(k=\frac{3}{4}\).
Krok 2. Obliczenie długości boku mniejszego trójkąta.
Długość boku większego trójkąta jest równa \(12cm\), zatem długość boku mniejszego trójkąta będzie równa \(k\cdot12cm\), czyli \(\frac{3}{4}\cdot12cm=9cm\).
Zadanie nr 14 · Próbny 2020
Na rysunku przedstawiono czworokąt \(ABCD\), w którym poprowadzono przekątną \(BD\).
Czy przekątna \(BD\) podzieliła czworokąt na dwa trójkąty przystające? Wybierz odpowiedź T lub N i jej uzasadnienie spośród A, B lub C.
A) suma kątów wewnętrznych w obu trójkątach jest taka sama. B) przekątna \(BD\) jest wspólnym bokiem obu trójkątów i każdy z nich ma kąt \(30°\). C) kąty wewnętrzne przy wierzchołku \(B\) w obu trójkątach są różnej miary.
Dwa trójkąty są przystające wtedy, gdy mają one jednakowe miary boków i jednakowe miary kątów. Miar boków nie jesteśmy w stanie zweryfikować, możemy jedynie przyjrzeć się miarom kątów. Spróbujmy wyznaczyć miarę kąta \(ABD\). Miara tego kąta będzie równa:
$$|\sphericalangle ABD|=360°-122°-122°=116°$$
Widzimy zatem, że kąty w trójkącie \(ABD\) mają inną miarę nić w trójkącie \(BCD\), co sprawia, iż te trójkąty na pewno nie są przystające. Prawidłową odpowiedzią będzie zatem "Nie, ponieważ kąty wewnętrzne przy wierzchołku \(B\) w obu trójkątach są różnej miary".
Zadanie nr 14 · Matura 2019
Dany jest trójkąt równoramienny \(ABC\), w którym \(|AC|=|BC|\). Na podstawie \(AB\) tego trójkąta leży punkt \(D\), taki że \(|AD|=|CD|\), \(|BC|=|BD|\) oraz \(\sphericalangle BCD=72°\) (zobacz rysunek). Wynika stąd, że kąt \(ACD\) ma miarę:
A\(38°\)
B\(36°\)
C\(42°\)
D\(40°\)
Krok 1. Obliczenie miary kąta \(CDB\).
Spójrzmy na trójkąt \(DBC\). Z treści zadania możemy wywnioskować, że jest to trójkąt równoramienny, ponieważ \(|BC|=|BD|\). Skoro tak, to kąty przy podstawie \(DC\) mają jednakową miarę, a to oznacza, że:
$$|\sphericalangle CDB|=72°$$
Krok 2. Obliczenie miary kąta \(ADC\).
Kąt \(ADC\) oraz obliczony przed chwilą \(CDB\) to kąty przyległe, czyli takie których suma miar jest równa \(180°\). Możemy więc zapisać, że:
$$|\sphericalangle ADC|=180°-72°=108°$$
Krok 3. Obliczenie miary kąta \(ACD\).
Teraz spójrzmy na trójkąt \(ADC\). To także jest trójkąt równoramienny, bowiem \(|AD|=|CD|\). Skoro tak, to kąty przy podstawie \(AC\) muszą mieć jednakową miarę. Wiemy już, że kąt \(ADC\) ma miarę \(108°\), czyli na dwa kąty przy podstawie \(AC\) zostaje nam: \(180°-108°=72°\). Skoro kąty przy podstawie \(AC\) muszą być jednakowej miary to:
$$|\sphericalangle ACD|=72°:2=36°$$
Zadanie nr 30 · Próbny 2019
W kwadracie \(ABCD\), w którym punkt \(E\) jest środkiem boku \(CD\), poprowadzono przekątną \(BD\) i odcinek \(AE\), które przecięły się w punkcie \(P\). Uzasadnij, że suma pól trójkątów \(ABP\) i \(DEP\) stanowi \(\frac{5}{12}\) pola kwadratu \(ABCD\).
Krok 1. Wprowadzenie oznaczeń i dostrzeżenie podobieństwa trójkątów.
Wprowadźmy do zadania następujące oznaczenia:
\(a\) - bok kwadratu
\(h_{1}\) - wysokość trójkąta \(ABP\)
\(h_{2}\) - wysokość trójkąta \(DEP\)
Co więcej, możemy zauważyć, że \(h_{1}+h_{2}=a\).
Powinniśmy też dostrzec, że trójkąty \(ABP\) oraz \(DEP\) są trójkątami podobnymi zgodnie z cechą kąt-kąt-kąt (bardzo podobna sytuacja ma miejsce w trapezach).
Krok 2. Obliczenie skali podobieństwa trójkątów.
Jesteśmy w stanie obliczyć skalę podobieństwa tych trójkątów, bowiem podstawa trójkąta \(ABP\) ma długość \(a\), natomiast podstawa trójkąta \(DEP\) ma długość \(\frac{1}{2}a\). Jeżeli więc potraktujemy mniejszy trójkąt \(DEP\) jako podstawowy, a większy \(ABP\) jako podobny, to skala podobieństwa będzie równa \(k=2\).
Oczywiście moglibyśmy też potraktować duży trójkąt jako podstawowy, a mały jako podobny - wtedy skala podobieństwa byłaby równa \(k=\frac{1}{2}\). Dla końcowych wyników nie będzie to miało znaczenia, tylko konsekwentnie musielibyśmy się trzymać tego jaki trójkąt jest podstawowy, a jaki podobny.
Krok 3. Zapisanie pól trójkątów i zakończenie dowodzenia.
Skoro skala podobieństwa jest równa \(k=2\), to \(h_{1}\) jest dwukrotnie większe od \(h_{2}\). Wiemy też, że \(h_{1}+h_{2}=a\), czyli moglibyśmy zapisać, że:
$$h_{1}=\frac{2}{3}a$$
$$h_{2}=\frac{1}{3}a$$
Dodatkowo wiemy, że duży trójkąt ma podstawę równą \(a\), natomiast mały ma podstawę równą \(\frac{1}{2}a\). Możemy więc zapisać, że:
$$P_{ABP}=\frac{1}{2}\cdot a\cdot h_{1}$$
$$P_{ABP}=\frac{1}{2}\cdot a\cdot\frac{2}{3}a$$
$$P_{ABP}=\frac{1}{2}\cdot a\cdot\frac{2}{3}a$$
$$P_{ABP}=\frac{2}{6}a^2$$
$$P_{ABP}=\frac{1}{3}a^2$$
$$\text{oraz}$$
$$P_{DEP}=\frac{1}{2}\cdot\frac{1}{2}a\cdot h_{2}$$
$$P_{DEP}=\frac{1}{2}\cdot\frac{1}{2}a\cdot\frac{1}{3}a$$
$$P_{DEP}=\frac{1}{12}a^2$$
To oznacza, że:
$$P_{ABP}+P_{DEP}=\frac{1}{3}a^2+\frac{1}{12}a^2$$
$$P_{ABP}+P_{DEP}=\frac{4}{12}a^2+\frac{1}{12}a^2$$
$$P_{ABP}+P_{DEP}=\frac{5}{12}a^2$$
Skoro pole kwadratu jest równe \(a^2\) to nasze dowodzenie można uznać za zakończone, bowiem suma pól tych dwóch trójkątów faktycznie jest równa \(\frac{5}{12}\) pola kwadratu.
Zadanie nr 9 · Próbny 2019
W trójkącie równoramiennym \(ABC\), w którym \(AC=BC\) poprowadzono dwusieczne kątów \(ABC\) i \(ACB\). Dwusieczne te przecięły się w punkcie \(O\) (patrz rysunek).
Jeśli \(|\sphericalangle BAC|=70°\), to miara kąta \(α\) jest równa:
A\(140°\)
B\(110°\)
C\(55°\)
D\(125°\)
Krok 1. Wyznaczenie miary kąta \(OBC\).
Z treści zadania wynika, że nasz trójkąt jest równoramienny, a skoro tak, to kąty przy jego podstawie będą miały jednakową miarę. To z kolei oznacza, że kąt \(|\sphericalangle ABC|=70°\). Przez ten kąt \(ABC\) poprowadzono dwusieczną kąta, zatem:
$$|\sphericalangle OBC|=70°:2$$
$$|\sphericalangle OBC|=35°$$
Krok 2. Wyznaczenie miary kąta \(COB\).
Skoro kąty przy podstawie mają po \(70°\), to:
$$|\sphericalangle ACB|=180°-70°-70°=40°$$
Przez ten kąt poprowadzono dwusieczną kąta, zatem:
$$|\sphericalangle COB|=40°:2$$
$$|\sphericalangle COB|=20°$$
Krok 3. Wyznaczenie miary kąta \(α\).
Spójrzmy na trójkąt \(COB\). Znamy już miary dwóch kątów w tym trójkącie, zatem:
$$α=180°-35°-20°$$
$$α=125°$$
Zadanie nr 17 · Próbny 2019
Stosunek obwodów dwóch sześciokątów foremnych wynosi \(\frac{3}{4}\) a długość boku większego z nich jest równa \(12cm\). Mniejszy sześciokąt foremny ma bok długości:
A\(27cm\)
B\(48cm\)
C\(16cm\)
D\(9cm\)
Z treści zadania wynika, że skala podobieństwa dwóch figur jest równa \(k=\frac{3}{4}\). Skoro więc bok większego sześciokąta foremnego ma długość \(12cm\), to bok mniejszego sześciokąta (oznaczmy go sobie jako \(a\)) będzie mieć długość:
$$a=k\cdot12cm$$
$$a=\frac{3}{4}\cdot12cm$$
$$a=9cm$$
Zadanie nr 20 · Próbny 2019
Bok trójkąta równobocznego ma długość \(8cm\). Odległość środka ciężkości tego trójkąta od jego boków jest równa:
A\(2\frac{2}{3}cm\)
B\(\frac{4\sqrt{3}}{3}cm\)
C\(\frac{8\sqrt{3}}{3}cm\)
D\(4\sqrt{3}cm\)
Krok 1. Obliczenie wysokości trójkąta równobocznego.
Trójkąt równoboczny o boku \(8cm\) ma wysokość o długości:
$$h=\frac{a\sqrt{3}}{2}$$
$$h=\frac{8\sqrt{3}cm}{2}$$
$$h=4\sqrt{3}cm$$
Krok 2. Obliczenie odległości środka ciężkości od boku trójkąta.
Środek ciężkości to tak naprawdę miejsce przecięcia się wszystkich wysokości trójkąta równobocznego. Z własności trójkątów równobocznych wiemy, że odległość od takiego punktu do boku trójkąta jest równa \(\frac{1}{3}h\), zatem:
$$x=\frac{1}{3}h$$
$$x=\frac{1}{3}\cdot4\sqrt{3}cm$$
$$x=\frac{4\sqrt{3}}{3}cm$$
Zadanie nr 20 · Matura 2019
Dany jest trójkąt równoramienny \(ABC\), w którym \(|AC|=|BC|\). Kąt między ramionami tego trójkąta ma miarę \(44°\). Dwusieczna kąta poprowadzona z wierzchołka \(A\) przecina bok \(BC\) tego trójkąta w punkcie \(D\). Kąt \(ADC\) ma miarę:
A\(78°\)
B\(34°\)
C\(68°\)
D\(102°\)
Krok 1. Obliczenie miar kątów znajdujących się przy podstawie.
W treści zadania podany jest kąt między ramionami, zatem kąty przy podstawie będą mieć łącznie:
$$180°-44°=136°$$
Skoro jest to trójkąt równoramienny, to kąty przy podstawie będą mieć jednakową miarę, czyli każdy z kątów będzie miał:
$$136°:2=68°$$
Krok 2. Sporządzenie rysunku pomocniczego.
Znamy już miary wszystkich kątów naszego trójkąta równoramiennego. Jeżeli zgodnie z treścią zadania narysujemy jeszcze dwusieczną kąta z wierzchołka \(A\), to otrzymamy taką oto sytuację:
Krok 3. Wyznaczenie miary kąta \(ADC\).
Spójrzmy na trójkąt \(ACD\). Znamy miary dwóch kąt tego trójkąta: \(34°\) oraz \(44°\). Skoro suma kątów w trójkącie to \(180°\) to kąt \(ADC\) ma miarę:
$$|\sphericalangle ADC|=180°-34°-44°=102°$$
Zadanie nr 28 · Matura 2018
W równoległoboku \(ABCD\) punkt \(E\) jest środkiem boku \(BC\). Z wierzchołka \(D\) poprowadzono prostą przecinającą bok \(BC\) w punkcie \(E\). Proste \(AB\) i \(DE\) przecinają się w punkcie \(F\) (zobacz rysunek). Wykaż, że punkt \(B\) jest środkiem odcinka \(AF\).
Krok 1. Sporządzenie rysunku pomocniczego.
Zgodnie z informacjami z treści zadania możemy oznaczyć sobie długości odcinków \(CE\) oraz \(EB\) jako \(x\), natomiast odcinek \(AD\) jako \(x+x=2x\). Dodatkowo oznaczmy też odcinek \(AB\) jako \(a\) oraz odcinek \(BF\) jako \(b\).
Krok 2. Dostrzeżenie podobieństwa trójkątów i zapisanie równania.
Trójkąty \(BFE\) oraz \(AFD\) są trójkątami podobnymi. Możemy być tego pewni, gdyż proste \(AD\) oraz \(BE\) są prostymi równoległymi (bo jest to równoległobok). Skoro tak, to możemy zapisać stosunki długości poszczególnych boków tworzą następujące równanie:
$$\frac{b}{x}=\frac{a+b}{2x}$$
Krok 3. Rozwiązanie powstałego równania.
Powstało nam równanie, które musimy teraz rozwiązać. Najprościej będzie zacząć od mnożenia na krzyż. Otrzymamy wtedy:
$$b\cdot2x=(a+b)\cdot x$$
$$2bx=ax+bx \quad\bigg/-bx$$
$$bx=ax \quad\bigg/:x$$
$$a=b$$
Krok 4. Zakończenie dowodzenia.
Udało nam się udowodnić, że odcinek \(a\) (czyli \(AB\)), jest równy odcinkowi \(b\) (czyli \(BF\)). To oznacza, że punkt \(B\) jest środkiem odcinka \(AF\), bo tylko środek odcinka może podzielić go na dwie równe części. Dowodzenie możemy uznać więc za skończone.
Zadanie nr 26 · Próbny 2018
W trapezie \(ABCD\) przekątne przecinają się w punkcie \(P\). Punkt \(P\) dzieli przekątne na odcinki długości: \(|AP|=8\), \(|PC|=3\) i \(|BP|=12\). Długości podstaw \(AB\) i \(CD\) trapezu różnią się o \(15\). Oblicz długość odcinka \(DP\) oraz długości podstaw \(AB\) i \(CD\) trapezu.
Krok 1. Dostrzeżenie trójkątów podobnych.
W naszym trapezie trójkąty \(ABP\) oraz \(DCP\) są trójkątami podobnymi, bo mają one identyczne miary kątów (cecha kąt-kąt-kąt). Ogólnie warto pamiętać o tej własności trapezów, a wynika ona wprost z własności kątów naprzemianległych i wierzchołkowych:
Aby łatwiej było dostrzec poszczególne zależności w trójkątach podobnych, to narysujmy sobie te dwa trójkąty obok siebie, zaznaczając przy okazji wymiary z treści zadania:
Krok 2. Wyznaczenie długości odcinka \(DP\).
Skoro trójkąty \(ABP\) oraz \(DCP\) są podobne to możemy ułożyć następującą proporcję:
$$\frac{|BP|}{|DP|}=\frac{|AP|}{|CP|}$$
$$\frac{12}{|DP|}=\frac{|8|}{|3|}$$
Mnożąc teraz na krzyż otrzymamy:
$$12\cdot3=|DP|\cdot8$$
$$8|DP|=36$$
$$|DP|=4,5$$
Krok 3. Obliczenie długości podstawy \(CD\).
Ponownie korzystając z trójkątów podobnych i z informacji o tym, że podstawy \(AB\) oraz \(CD\) różnią się o \(15\) możemy zapisać, że:
$$\frac{|AB|}{|CD|}=\frac{|AP|}{|CP|}$$
$$\frac{x+15}{x}=\frac{8}{3}$$
Mnożąc na krzyż otrzymamy:
$$(x+15)\cdot3|=x\cdot8$$
$$3x+45=8x$$
$$45=5x$$
$$x=9$$
To oznacza, że \(|CD|=9\).
Krok 4. Obliczenie długości podstawy \(AB\).
Podstawa \(AB\) jest o \(15\) dłuższa od podstawy \(CD\), zatem:
$$|AB|=|CD|+15$$
$$|AB|=9+15$$
$$|AB|=24$$
Uwaga: To zadanie ma zaszyty w sobie pewien ciekawy błąd, bowiem taki trapez nie istnieje. Skąd to wiemy? Jak spojrzymy na trójkąt \(ABP\) to zauważymy, że jego boki mają długość \(24, 12, 8\). Taki trójkąt nie może istnieć, bo jedną z własności trójkątów jest to, że suma dwóch krótszych boków trójkąta musi być większa niż długość najdłuższego boku trójkąta. W naszym przypadku suma dwóch najkrótszych boków jest równa \(8+12=20\), czyli jest mniejsza od \(24\). To jest dowód na to, że trapez o wymiarach boków z treści zadania tak naprawdę nie istnieje.
Zadanie nr 15 · Matura 2018
Dany jest trójkąt o bokach długości: \(2\sqrt{5}\), \(3\sqrt{5}\), \(4\sqrt{5}\). Trójkątem podobnym do tego trójkąta jest trójkąt, którego boki mają długości:
A\(10, 15, 20\)
B\(20, 45, 80\)
C\(\sqrt{2}, \sqrt{3}, \sqrt{4}\)
D\(\sqrt{5}, 2\sqrt{5}, 3\sqrt{5}\)
Aby trójkąty były względem siebie podobne, to stosunek każdego z odpowiadających boków (czyli najmniejszego do najmniejszego, największego do największego, środkowego do środkowego) musi być taki sam. Musimy więc sprawdzić po kolei poszczególne pary boków.
Odp. A.
$$\frac{2\sqrt{5}}{10}=\frac{\sqrt{5}}{5}$$
$$\frac{3\sqrt{5}}{15}=\frac{\sqrt{5}}{5}$$
$$\frac{4\sqrt{5}}{20}=\frac{\sqrt{5}}{5}$$
I już w pierwszej odpowiedzi widzimy, że stosunek długości boków jest zawsze taki sam, więc to będzie nasza prawidłowa odpowiedź. Dalej już sprawdzać nie musimy.
Zadanie nr 15 · Matura 2017
W trójkącie \(ABC\) punkt \(D\) leży na boku \(BC\), a punkt \(E\) leży na boku \(AC\). Odcinek \(DE\) jest równoległy do boku \(AB\), a ponadto \(|AE|=|DE|=4\), \(|AB|=6\) (zobacz rysunek).
Odcinek \(CE\) ma długość:
A\(\frac{16}{3}\)
B\(\frac{8}{3}\)
C\(8\)
D\(6\)
Trójkąty \(ABC\) oraz \(EDC\) są podobne (cecha kąt-kąt-kąt), zatem możemy zapisać prostą propocję:
$$\frac{|CA|}{|AB|}=\frac{|CE|}{|ED|}$$
$$\frac{|CE|+4}{6}=\frac{|CE|}{4}$$
Mnożąc na krzyż otrzymamy:
$$4\cdot(|CE|+4)=6|CE|$$
$$4|CE|+16=6|CE|$$
$$16=2|CE|$$
$$|CE|=8$$
Zadanie nr 10 · Próbny 2017
Trójkąty \(ABC\) i \(DEF\) są podobne. Obwód trójkąta \(ABC\) jest równy \(16\), a jego pole \(12\). Pole trójkąta \(DEF\) jest równe \(60\). Zatem obwód trójkąta \(DEF\) jest równy:
A\(80\)
B\(16\sqrt{5}\)
C\(\frac{16\sqrt{5}}{5}\)
D\(\frac{16}{5}\)
Krok 1. Obliczenie skali podobieństwa.
Jeżeli jeden trójkąt jest podobny do drugiego w skali \(k\), to powierzchnia tego drugiego trójkąta będzie \(k^2\) razy większa od tego pierwszego. W naszym przypadku będziemy więc mogli ułożyć następujące równanie:
$$k^2=\frac{P_{DEF}}{P_{ABC}}$$
$$k^2=\frac{60}{12}$$
$$k^2=5$$
$$k=\sqrt{5}$$
Krok 2. Obliczenie obwodu trójkąta \(DEF\).
Z naszych obliczeń wynika, że skala podobieństwa jest równa \(k=\sqrt{5}\), czyli trójkąt \(DEF\) ma \(\sqrt{5}\) razy dłuższe boki od trójkąta \(ABC\). Skoro więc trójkąt \(ABC\) ma obwód równy \(16\), to trójkąt \(DEF\) ma obwód równy \(16\sqrt{5}\). Chcąc zapisać to bardziej matematycznie to otrzymamy:
$$k=\frac{Obw_{DEF}}{Obw_{ABC}}$$
$$\sqrt{5}=\frac{Obw_{DEF}}{16} \quad\bigg/\cdot16$$
$$Obw_{DEF}=16\sqrt{5}$$
Zadanie nr 30 · Próbny 2017
Wyznacz długość boku kwadratu wpisanego w trójkąt równoboczny o boku \(a\) w ten sposób, że jeden bok kwadratu jest zawarty w boku trójkąta, a dwa wierzchołki kwadratu należą do pozostałych boków trójkąta.
Krok 1. Sporządzenie rysunku pomocniczego.
Spróbujmy sobie zwizualizować całą sytuację:
Krok 2. Dostrzeżenie trójkątów podobnych.
Skoro odcinek \(FG\) jest równoległy do podstawy \(AB\), to trójkąt \(GFC\) jest podobny do trójkąta \(ABC\). To z kolei oznacza, że trójkąt \(GFC\) jest także równoboczny.
Krok 3. Zapisanie równania.
Z własności trójkątów równobocznych wiemy, że:
$$|CH|=\frac{a\sqrt{3}}{2}$$
Skoro \(GFC\) jest także trójkątem równobocznym o boku długości \(x\), to:
$$|CI|=\frac{x\sqrt{3}}{2}$$
Patrząc się na rysunek możemy dodatkowo stwierdzić, że:
$$|CI|=|CH|-x$$
Łącząc teraz wyrażenia zapisane przed chwilą otrzymujemy równanie:
$$\frac{x\sqrt{3}}{2}=\frac{a\sqrt{3}}{2}-x$$
Krok 4. Rozwiązanie powstałego równania.
Najlepiej jest całość najpierw wymnożyć przez \(2\), aby pozbyć się ułamków, a następnie przenieść iksy na lewą stronę:
$$\frac{x\sqrt{3}}{2}=\frac{a\sqrt{3}}{2}-x \quad\bigg/\cdot2$$
$$x\sqrt{3}=a\sqrt{3}-2x$$
$$x\sqrt{3}+2x=a\sqrt{3}$$
$$x(2+\sqrt{3})=a\sqrt{3} \quad\bigg/:(2+\sqrt{3})$$
$$x=\frac{a\sqrt{3}}{2+\sqrt{3}}$$
$$x=\frac{a\sqrt{3}\cdot(2-\sqrt{3})}{(2+\sqrt{3})\cdot(2-\sqrt{3})}$$
$$x=\frac{2a\sqrt{3}-3a}{4-3}$$
$$x=\frac{2a\sqrt{3}-3a}{1}$$
$$x=2a\sqrt{3}-3a$$
$$x=a(2\sqrt{3}-3)$$
Zadanie nr 20 · Matura 2017
Trójkąt \(ABC\) jest podobny do trójkąta \(A'B'C'\) w skali \(\frac{5}{2}\), przy czym \(|AB|=\frac{5}{2}|A'B'|\). Stosunek pola trójkąta \(ABC\) do pola trójkąta \(A'B'C'\) jest równy:
A\(\frac{4}{25}\)
B\(\frac{2}{5}\)
C\(\frac{5}{2}\)
D\(\frac{25}{4}\)
Z własności figur podobnych wynika, że stosunek pól figur podobnych jest równy kwadratowi skali podobieństwa tych figur. Z treści zadania wynika, że skala podobieństwa jest równa \(k=\frac{5}{2}\) w związku z tym:
$$k^2=\left(\frac{5}{2}\right)^2$$
$$k^2=\frac{25}{4}$$
Zadanie nr 16 · Matura 2017
W trójkącie \(ABC\) punkt \(D\) leży na boku \(BC\), a punkt \(E\) leży na boku \(AB\). Odcinek \(DE\) jest równoległy do boku \(AC\), a ponadto \(|BD|=10\), \(|BC|=12\) i \(|AC|=24\) (zobacz rysunek).
Długość odcinka \(DE\) jest równa:
A\(22\)
B\(20\)
C\(12\)
D\(11\)
Skoro odcinek \(DE\) jest równoległy do boku \(CA\), to trójkąty \(ABC\) oraz \(EBD\) są trójkątami podobnymi (na mocy cechy kąt-kąt-kąt). Stosunek boków odpowiadających sobie będzie taki sam, co pozwoli ułożyć nam następujące równanie:
$$\frac{|DE|}{|CA|}=\frac{|BD|}{|BC|}$$
$$\frac{|DE|}{24}=\frac{10}{10+2}$$
$$\frac{|DE|}{24}=\frac{10}{12} \quad\bigg/\cdot24$$
$$|DE|=\frac{240}{12}$$
$$|DE|=20$$
Zadanie nr 13 · Matura 2016
Dany jest trapez \(ABCD\), w którym przekątna \(AC\) jest prostopadła do ramienia \(BC\), \(|AD|=|DC|\) oraz \(|\sphericalangle ABC|=50°\) (zobacz rysunek).
Stąd wynika, że:
A\(β=100°\)
B\(β=120°\)
C\(β=110°\)
D\(β=130°\)
Krok 1. Obliczenie miary kąta \(CAB\).
Z trójkąta \(ABC\) jesteśmy wyznaczyć miarę kąta \(CAB\):
$$|\sphericalangle CAB|=180°-90°-50°=40°$$
Krok 2. Obliczenie miary kątów \(ACD\) oraz \(DAC\).
Musimy zauważyć, że kąty \(ACD\) i \(DAC\) będą miały równą miarę. Skąd to wiemy? Wynika to z tego, że \(|AD|=|DC|\), co sugeruje nam że trójkąt \(ACD\) jest równoramienny, a w takim trójkącie kąty przy podstawie są równej miary.
Z własności kątów naprzemianległych wiemy, że kąty \(CAB\) oraz \(ACD\) mają równą miarę. W związku z tym:
$$|\sphericalangle CAB|=|\sphericalangle ACD|=|\sphericalangle DAC|=40°$$
Krok 3. Obliczenie miary kąta \(ADC\) (czyli \(β\)).
Znając kąty \(ACD\) i \(DAC\) bez problemu wyliczymy miarę naszego kąta \(β\):
$$β=180°-40°-40°=100°$$
Zadanie nr 16 · Matura 2016
Przedstawione na rysunku trójkąty \(ABC\) i \(PQR\) są podobne. Bok \(AB\) trójkąta \(ABC\) ma długość:
A\(8\)
B\(8,5\)
C\(9,5\)
D\(10\)
Aby zrozumieć istotę zadania musimy sobie powiedzieć skąd wiemy, że te dwa trójkąty są podobne. Wynika to z cechy kąt-kąt-kąt, bo:
$$|\sphericalangle ACB|=180°-70°-48°=62°$$
$$\text{oraz}$$
$$|\sphericalangle PQR|=180°-70°-62°=48°$$
Skoro trójkąty \(ABC\) i \(PQR\) są podobne, to znaczy że stosunki długości poszczególnych boków (leżących przy tych samych kątach) będą jednakowe. Zatem:
$$\frac{|AB|}{|BC|}=\frac{|PQ|}{|QR|}$$
$$\frac{x}{9}=\frac{17}{18}$$
Takie równanie najprościej jest rozwiązać mnożąc na krzyż:
$$18x=17\cdot9$$
$$18x=153$$
$$x=8,5$$
Zadanie nr 18 · Matura 2016
Z odcinków o długościach: \(5,\;2a+1,\;a-1\) można zbudować trójkąt równoramienny. Wynika stąd, że:
A\(a=6\)
B\(a=4\)
C\(a=3\)
D\(a=2\)
I sposób - metoda podstawiania kolejnych odpowiedzi.
Zadanie jest dość podchwytliwe. Jeśli będziemy sobie podstawiać pod \(a\) kolejne odpowiedzi, to dość przypadkowo możemy wybrać złą odpowiedź jaką jest \(a=6\). Spójrzmy co się stanie jak podstawimy \(a=6\).
I bok: \(5\)
II bok: \(2\cdot6+1=13\)
III bok: \(6-1=5\)
Otrzymaliśmy dwa boki równej długości, co sugerować by mogło, że jest to prawidłowa odpowiedź. Niestety nie jest, bo z boków długości \(5\), \(5\), \(13\) nie da się w ogóle zbudować trójkąta. Aby trójkąt mógł powstać, to suma długości dwóch krótszych boków muszą być większa niż długość najdłuższego boku. W tym przypadku tak nie jest, bo \(10\lt13\).
Jedynie podstawiając \(a=2\) otrzymamy prawidłowy komplet boków:
I bok: \(5\)
II bok: \(2\cdot2+1=5\)
III bok: \(2-1=1\)
Suma długości najkrótszych boków to \(1+5=6\), a skoro \(6\gt5\) to taki trójkąt istnieje.
II sposób - metoda tworzenia równań.
Jak do tego zadania podejść w sposób bardziej matematyczny, albo jak to obliczyć gdyby takie zadanie pojawiło się jako otwarte? Skoro jest to trójkąt równoramienny to znaczy że ma dwa ramiona równej długości. Moglibyśmy więc między wyrażeniami opisującymi długości tych ramion postawić znak równości i tym samym obliczyć wartość \(a\). Problem w tym, że nie wiemy które te długości miałyby być sobie równe, więc musimy rozpatrzyć aż trzy możliwości.
Pierwsza możliwość: \(5=2a+1 \Rightarrow a=2\)
Druga możliwość: \(5=a-1 \Rightarrow a=6\)
Trzecia możliwość: \(2a+1=a-1 \Rightarrow a=-2\)
Teraz musielibyśmy podstawiać wyznaczone wartości \(a\) tak jak robiliśmy to sobie w pierwszym kroku i tak samo musielibyśmy przeanalizować czy otrzymane długości tworzą w ogóle jakikolwiek trójkąt. My już wiemy, że jedynym pasującym wariantem jest \(a=2\).
Zadanie nr 32 · Matura 2016
Jeden z kątów trójkąta jest trzy razy większy od mniejszego z dwóch pozostałych kątów, które różnią się o \(50°\). Oblicz kąty tego trójkąta.
Jeśli przyjmiemy, że najmniejszy kąt ma miarę równą \(α\), to wtedy dwa kolejne kąty opiszemy jako \(3α\) oraz \(α+50°\). Skoro suma kątów w trójkącie jest równa \(180°\), to otrzymamy:
$$α+3α+α+50°=180°$$
$$5α=130°$$
$$α=26°$$
Kąty w tym trójkącie mają więc miarę: \(26°\), \(3\cdot26=78°\) oraz \(26+50=76°\).
Zadanie nr 7 · Matura 2016
Jeden z kątów trójkąta jest trzy razy większy od mniejszego z dwóch pozostałych kątów, które różnią się o \(50°\). Oblicz kąty tego trójkąta.
Jeśli przyjmiemy, że najmniejszy kąt ma miarę równą \(α\), to wtedy dwa kolejne kąty opiszemy jako \(3α\) oraz \(α+50°\). Skoro suma kątów w trójkącie jest równa \(180°\), to otrzymamy:
$$α+3α+α+50°=180°$$
$$5α=130°$$
$$α=26°$$
Kąty w tym trójkącie mają więc miarę: \(26°\), \(3\cdot26=78°\) oraz \(26+50=76°\).
Zadanie nr 17 · Matura 2015
Obwody dwóch trójkątów podobnych, których pola pozostają w stosunku \(1:4\), mogą być równe:
A\(9\) i \(36\)
B\(18\) i \(36\)
C\(9\) i \(144\)
D\(18\) i \(144\)
Jeżeli dwie figury są do siebie podobne w skali podobieństwa \(k\) to pola ich powierzchni są podobne w skali \(k^2\). W naszym przypadku skala podobieństwa pól wyraża się stosunkiem \(1:4\) (czyli jest równa \(\frac{1}{4}\)), zatem możemy zapisać że:
$$k^2=\frac{1}{4}$$
$$k=\frac{1}{2}$$
To oznacza, że interesuje nas sytuacja w której obwód drugiego trójkąta będzie dwukrotnie większy od pierwszego i taką sytuację mamy w drugiej odpowiedzi.
Zadanie nr 15 · Matura 2015
Miary kątów wewnętrznych pewnego trójkąta pozostają w stosunku \(3:4:5\). Najmniejszy kąt wewnętrzny tego trójkąta ma miarę:
A\(45°\)
B\(90°\)
C\(75°\)
D\(60°\)
Oznaczmy sobie poszczególne miary kątów jako \(3α, 4α, 5α\). Skoro są to kąty wewnątrz trójkąta, to prawdziwa będzie równość:
$$3α+4α+5α=180°$$
$$12α=180°$$
$$α=15°$$
Najmniejszy kąt miał miarę \(3α\), a więc \(3\cdot15=45°\).
Zadanie nr 16 · Matura 2015
W trójkącie \(ABC\), w którym \(|AC|=|BC|\), na boku \(AB\) wybrano punkt \(D\) taki, że \(|BD|=|CD|\) oraz \(|\sphericalangle ACD|=21°\) (zobacz rysunek).
Wynika stąd, że kąt \(BCD\) ma miarę:
A\(57°\)
B\(53°\)
C\(51°\)
D\(55°\)
Krok 1. Sporządzenie rysunku poglądowego.
Skoro \(|BD|=|CD|\), to znaczy że trójkąt \(DBC\) jest trójkątem równoramiennym o podstawie \(BC\). Kąty przy podstawie mają jednakową miarę, zatem oznaczmy sobie \(\sphericalangle DBC\) oraz \(\sphericalangle DCB\) jako \(α\).
Wiemy też, że \(|AC|=|BC|\), a więc trójkąt \(ABC\) jest również równoramienny i tym samym także ma równe kąty przy podstawie. Jeden z kątów przy podstawie oznaczyliśmy już sobie przed chwilą jako \(α\), więc kąt \(\sphericalangle CAB\) także ma miarę równą \(α\).
Krok 2. Obliczenie miary kąta \(BCD\).
Aby wyznaczyć miarę kąta \(α\) wystarczy dodać do siebie wszystkie kąty trójkąta \(ABC\), wiedząc że ich suma musi być równa \(180°\). To pozwala nam ułożyć i rozwiązać następujące równanie:
$$α+α+21°+α=180°$$
$$3α+21°=180°$$
$$3α=159°$$
$$α=53°$$
Zadanie nr 17 · Matura 2015
Długości boków trójkąta są liczbami całkowitymi. Jeden bok ma \(7cm\), a drugi ma \(2cm\). Trzeci bok tego trójkąta może mieć długość:
A\(12cm\)
B\(9cm\)
C\(6cm\)
D\(3cm\)
Aby trójkąt mógł w ogóle powstać to suma jego dwóch krótszych boków musi być większa od długości najdłuższego boku. Od razu więc odrzucamy odpowiedzi \(A\) oraz \(B\), bo w tym przypadku najkrótszymi odcinkami będą boki o długości \(2cm\) i \(7cm\), a więc najdłuższy bok w tym przypadku musi mieć mniej niż \(9cm\).
Musimy sprawdzić jeszcze odpowiedzi \(C\) oraz \(D\).
Wykorzystując bok z odpowiedzi \(C\) otrzymalibyśmy trójkąt \(2cm\), \(6cm\) i \(7cm\) i rzeczywiście taki trójkąt może istnieć, bo \(2cm+6cm\gt7cm\). Warunki powstania trójkąta są więc spełnione.
W odpowiedzi \(D\) otrzymalibyśmy parę najkrótszych boków \(2cm\) oraz \(3cm\), a ich suma jest mniejsza od \(7cm\), więc taki trójkąt nie istnieje.
Prawidłowa jest więc jedynie trzecia możliwość.
Zadanie nr 28 · Matura 2015
Dany jest kwadrat \(ABCD\). Przekątne \(AC\) i \(BD\) przecinają się w punkcie \(E\). Punkty \(K\) i \(M\) są środkami odcinków - odpowiednio - \(AE\) i \(EC\). Punkty \(L\) i \(N\) leżą na przekątnej \(BD\) tak, że \(|BL|=\frac{1}{3}|BE|\) i \(|DN|=\frac{1}{3}|DE|\) (zobacz rysunek). Wykaż, że stosunek pola czworokąta \(KLMN\) do pola kwadratu \(ABCD\) jest równy \(1:3\).
Krok 1. Wypisanie danych z treści zadania.
Generalnie naszym zadaniem jest porównanie pola powstałego rombu do pola dużego kwadratu. Do wyznaczenia pola rombu przydadzą nam się długości jego przekątnych. Jeżeli przyjęlibyśmy, że \(|AC|\) (czyli przekątna kwadratu) ma długość \(d\), to zgodnie z treścią zadania:
$$|KM|=\frac{1}{2}d$$
$$|LN|=\frac{2}{3}d$$
Krok 2. Obliczenie pola rombu i kwadratu.
Zarówno pole rombu jak i kwadratu możemy wyliczyć mnożąc przez siebie długości przekątnych i dzieląc wynik na \(2\).
Pole rombu:
$$P_{r}=\frac{1}{2}ef$$
$$P_{r}=\frac{1}{2}\cdot\frac{1}{2}d\cdot\frac{2}{3}d$$
$$P_{r}=\frac{1}{6}d^2$$
Pole kwadratu:
$$P_{k}=\frac{1}{2}ef$$
$$P_{k}=\frac{1}{2}\cdot d\cdot d$$
$$P_{k}=\frac{1}{2}d^2$$
Krok 3. Porównanie pola rombu i kwadratu.
Musimy sprawdzić jaki jest stosunek między tymi polami, tak więc:
$$\frac{P_{r}}{P_{k}}=\frac{\frac{1}{6}d^2}{\frac{1}{2}d^2}=\frac{1}{3}$$
W ten sposób zadanie zostało udowodnione.
Zadanie nr 15 · Matura 2015
W trójkącie równoramiennym \(ABC\) spełnione są warunki: \(|AC|=|BC|\), \(|\sphericalangle CAB|=50°\). Odcinek \(BD\) jest dwusieczną kąta \(ABC\), a odcinek \(BE\) jest wysokością opuszczoną z wierzchołka \(B\) na bok \(AC\). Miara kąta \(EBD\) jest równa:
A\(10°\)
B\(12,5°\)
C\(13,5°\)
D\(15°\)
Krok 1. Obliczenie miary kąta \(ABC\).
Z treści wynika że podstawą jest bok \(AB\), bo równej długości są odcinki \(|AC|=|BC|\). Kąty przy podstawie trójkąta równoramiennego mają jednakową miarę, zatem skoro \(|\sphericalangle CAB|=50°\), to możemy zapisać, że:
$$|\sphericalangle CAB|=|\sphericalangle ABC|=50°$$
Krok 2. Obliczenie miary kąta \(ABD\).
Skoro odcinek \(BD\) jest dwusieczną kąta \(ABC\), to miara kąta \(ABD\) jest równa:
$$|\sphericalangle ABD|=50°:2=25°$$
Analogicznie: |\sphericalangle DBC|=50°:2=25°
Krok 3. Obliczenie miary kąta \(EBD\).
Wbrew pozorom odcinek \(BE\) wcale nie jest dwusieczną kąta \(DBC\), co prowadziłoby nas do błędnej odpowiedzi \(12,5°\). Miarę poszukiwanego kąta musimy wyznaczyć korzystając z trójkąta \(ABE\). Jest to na pewno trójkąt prostokątny, bo odcinek \(EB\) jest wysokością trójkąta, a wysokość zawsze pada pod kątem prostym. W ten sposób obliczymy miarę kąta \(ABE\), co z kolei pozwoli nam wyznaczyć wartość kąta \(EBD\). Zatem:
$$|\sphericalangle ABE|=180°-90°-50°=40°$$
Miara kąta \(EBD\) jest różnicą między kątem \(ABE\) oraz \(ABD\):
$$|\sphericalangle EBD|=|\sphericalangle ABE|-|\sphericalangle ABD|=40°-25°=15°$$
Zadanie nr 16 · Matura 2015
Przedstawione na rysunku trójkąty są podobne.
Wówczas:
A\(a=13,\;b=17\)
B\(a=10,\;b=18\)
C\(a=9,\;b=19\)
D\(a=11,\;b=13\)
Podobieństwo trójkątów oznacza, że stosunek długości poszczególnych boków jest taki sam w obydwu figurach. To z kolei pozwoli nam ułożyć równania, dzięki którym wyznaczymy długości boków \(a\) oraz \(b\). Musimy tylko uważać, aby dobrze zapisać odniesienia do poszczególnych boków.
Krok 1. Wyznaczenie długości boku \(a\).
$$\frac{4}{6}=\frac{a}{15} \quad\bigg/\cdot30$$
$$20=2a$$
$$a=10$$
Krok 2. Wyznaczenie długości boku \(b\).
$$\frac{4}{6}=\frac{12}{b}$$
Mnożąc na krzyż otrzymamy:
$$4b=72$$
$$b=18$$
Zadanie nr 18 · Matura 2014
Odcinki \(BC\) i \(DE\) są równoległe i \(|AE|=4\), \(|DE|=3\) (zobacz rysunek). Punkt \(D\) jest środkiem odcinka \(AB\). Długość odcinka \(BC\) jest równa:
A\(4\)
B\(6\)
C\(8\)
D\(16\)
Krok 1. Ustalenie długości odcinków \(EC\) oraz \(AC\).
Z treści zadania wynika, że \(|AD|=|DB|\), bo punkt \(D\) jest środkiem odcinka \(AB\). Skoro przez ten punkt \(D\) jest poprowadzona prosta równoległa do boku \(BC\), to podobna prawidłowość zajdzie także na odcinku \(AC\), gdzie punkt \(E\) jest w takim razie także środkiem tego odcinka. W związku z tym \(|AE|=|EC|=4\).
Znając długość odcinka \(EC\) możemy obliczyć miarę odcinka \(AC\):
$$|AC|=|AE|+|EC|=4+4=8$$
Krok 2. Ułożenie odpowiedniego równania i wyznaczenie długości odcinka \(BC\).
Trójkąty \(ADE\) oraz \(ABC\) są trójkątami podobnymi. Skąd to wiemy? Wynika to z cechy kąt-kąt-kąt, bo obydwa trójkąty mają wspólny kąt \(CAB\) oraz wiemy że \(|\sphericalangle ADE|=|\sphericalangle ABC|\), gdyż są to tak naprawdę kąty odpowiadające.
Skoro tak, to możemy ułożyć następujące równanie:
$$\frac{|DE|}{|AE|}=\frac{|BC|}{|AC|}$$
$$\frac{3}{4}=\frac{|BC|}{8} \quad\bigg/\cdot8$$
$$|BC|=\frac{24}{4}$$
$$|BC|=6$$
Zadanie nr 30 · Matura 2014
Dany jest trójkąt \(ABC\), w którym \(|AC|\gt|BC|\). Na bokach \(AC\) i \(BC\) tego trójkąta obrano odpowiednio punkty \(D\) i \(E\), że zachodzi równość \(|CD|=|CE|\). Proste \(AB\) i \(DE\) przecinają się w punkcie \(F\) (zobacz rysunek). Wykaż, że \(|\sphericalangle BAC|=|\sphericalangle ABC|-2\cdot|\sphericalangle AFD|\).
Krok 1. Sporządzenie rysunku pomocniczego i wprowadzenie oznaczeń.
Spójrzmy na trójkąt \(DEC\). Jest on na pewno równoramienny, co wynika bezpośrednio z treści zadania. Jeśli więc oznaczymy sobie \(|\sphericalangle CDE|=α\), to także \(|\sphericalangle DEC|=α\)
Z własności kątów wierzchołkowych wynika, że w takim razie także \(|\sphericalangle BEF|=α\).
Dodatkowo oznaczmy sobie miarę kąta \(\sphericalangle EBF=β\).
Krok 2. Wyznaczenie wartości kątów \(ACB\), \(ABC\), \(BAC\) oraz \(AFD\).
Korzystając z wiedzy, że w każdym z trójkątów suma miar jest równa \(180°\) możemy zapisać, że:
\(|\sphericalangle ACB|=180°-2α\)
\(|\sphericalangle ABC|=180°-β \text{ (kąty przyległe)}\)
\(|\sphericalangle BAC|=180°-|\sphericalangle ACB|-|\sphericalangle ABC|=\)
\(=180°-(180°-2α)-(180°-β)=\)
\(=180°-180°+2α-180°+β=-180°+2α+β\)
\(|\sphericalangle AFD|=180°-α-β\)
Krok 3. Udowodnienie zależności podanej w treści zadania.
W drugim kroku obliczyliśmy sobie wartości każdego z potrzebnych kątów, zatem podstawmy te dane do równania z treści zadania i sprawdźmy, czy jest ono rzeczywiście prawdziwe.
$$|\sphericalangle BAC|=|\sphericalangle ABC|-2\cdot|\sphericalangle AFD|$$
$$-180°+2α+β=180°-β-2\cdot(180°-α-β)$$
$$-180°+2α+β=180°-β-(360°-2α-2β)$$
$$-180°+2α+β=180°-β-360°+2α+2β$$
$$-180°+2α+β=-180°+2α+β$$
$$L=P$$
Równość jest prawdziwa, co kończy nasz dowód.
Zadanie nr 21 · Próbny 2014
Miara kąta dziesięciokąta foremnego wynosi:
A\(150°\)
B\(144°\)
C\(134°\)
D\(120°\)
Krok 1. Obliczenie miary wszystkich kątów wewnętrznych.
Suma kątów w \(n\)-kącie jest równa:
$$180°\cdot(n-2)$$
W związku z tym dziesięciokąt ma łącznie:
$$180°\cdot(10-2)=180°\cdot8=1440°$$
Krok 2. Obliczenie miary kąta dziesięciokąta foremnego.
Wielokąt foremny ma wszystkie kąty jednakowej miary. W związku z tym każdy kąt ma miarę:
$$1440°:10=144°$$
Zadanie nr 22 · Próbny 2014
Kąty \(α\) i \(β\) są przyległe i \(α\) jest o \(35°\) większy od \(β\). Wynika stąd, że:
A\(β=5°\)
B\(β=72,5°\)
C\(β=107,5°\)
D\(β=162,5°\)
Suma kątów przyległych jest równa \(180°\). Z treści zadania wynika, że \(α=β+35°\), zatem możemy zapisać, że:
$$α+β=180°$$
$$β+35°+β=180°$$
$$2β=145°$$
$$β=72,5°$$
Zadanie nr 20 · Matura 2014
W trójkącie \(EFG\) bok \(EF\) ma długość \(21\). Prosta równoległa do boku \(EF\) przecina boki \(EG\) i \(FG\) trójkąta odpowiednio w punktach \(H\) oraz \(I\) (zobacz rysunek) w taki sposób, że \(|HI|=7\) i \(|GI|=3\). Wtedy długość odcinka \(FI\) jest równa:
A\(6\)
B\(9\)
C\(12\)
D\(17\)
Krok 1. Zapisanie zależności między długościami boków.
Trójkąty \(EFG\) oraz \(HIG\) są trójkątami podobnymi. To oznacza, że między stosunkami długości boków zajdzie poniższa równość:
$$\frac{|EF|}{|HI|}=\frac{|GF|}{|GI|}$$
Krok 2. Obliczenie długości odcinka \(FI\).
Podstawiając pod \(|GF|\) sumę odcinków \(|GI|+|FI|\) będziemy mieli równanie, z którego wyznaczymy poszukiwaną długość odcinka \(|FI|\):
$$\frac{|EF|}{|HI|}=\frac{|GI|+|FI|}{|GI|}$$
$$\frac{21}{7}=\frac{3+|FI|}{3}$$
$$3=\frac{3+|FI|}{3}$$
$$9=3+|FI|$$
$$|FI|=6$$
Zadanie nr 21 · Matura 2014
Na planie miasta, narysowanym w skali \(1:20\;000\), park jest prostokątem o bokach \(2cm\) i \(5cm\). Stąd wynika, że ten park ma powierzchnię:
A\(20\;000m^2\)
B\(40\;000m^2\)
C\(200\;000m^2\)
D\(400\;000m^2\)
Krok 1. Obliczenie rzeczywistych wymiarów prostokąta.
Skala \(1:20\;000\) oznacza, że \(1cm\) na mapie odpowiada \(20\;000cm\) w rzeczywistości (czyli \(200m\)). Przeliczmy więc długości odcinków na mapie na rzeczywistą długość:
$$2cm=2\cdot200m=400m$$
$$5cm=5\cdot200m=1000m$$
Krok 2. Obliczenie pola powierzchni.
Pole powierzchni parku jest więc równe:
$$P=400m\cdot1000m=400\;000m^2$$
Zadanie nr 31 · Matura 2014
Dany jest trójkąt \(ABC\). Odcinek \(CD\) jest wysokością tego trójkąta, punkt \(E\) jest środkiem boku \(BC\) (tak jak na rysunku) i \(|CD|=|DE|\). Udowodnij, że trójkąt \(CDE\) jest równoboczny.
Wiedząc, że punkt \(E\) przecina odcinek \(BC\) na dwie równe części możemy z tego punktu narysować okrąg oparty na trójkącie prostokątnym \(DBC\).
Z własności trójkąta prostokątnego opisanego na okręgu wynika, że przeciwprostokątna trójkąta jest równa długości średnicy okręgu, a tym samym odcinki \(CE\) oraz \(EB\) mają długość równą długości promienia (patrz rysunek). Jeśli przypatrzymy się rysunkowi, to zobaczymy że także odcinek \(DE\) ma długość równą promieniowi (bo jest to odcinek od krawędzi okręgu do środka okręgu. Zatem wiemy już na pewno, że \(|CE|=|DE|=r\).
W treści zadania mamy podaną informację o tym, że \(|CD|=|DE|\), a skoro tak, to rzeczywiście trójkąt \(CDE\) jest równoboczny, a długość jego wszystkich boków jest równa długości promienia okręgu opisanego na trójkącie \(DBC\).
Zadanie nr 12 · Matura 2014
Jeżeli trójkąty \(ABC\) i \(A'B'C'\) są podobne, a ich pola są, odpowiednio, równe \(25cm^2\) i \(50cm^2\), to skala podobieństwa \(\frac{A'B'}{AB}\) jest równa:
A\(2\)
B\(\frac{1}{2}\)
C\(\sqrt{2}\)
D\(\frac{\sqrt{2}}{2}\)
Musimy obliczyć skalę podobieństwa boku \(A'B'\) względem \(AB\). Matematycznie rzecz ujmując skalę podobieństwa zapiszemy jako \(\frac{A'B'}{AB}=k\). Naszym zadaniem jest teraz wyznaczyć wartość tego współczynnika \(k\) korzystając z wiedzy na temat pól trójkątów podanych w treści zadania. Jeżeli dwie figury są figurami podobnymi, to ich pola są do siebie podobne w skali \(k^2\). To pozwoli nam ułożyć następujące równanie:
$$k^2=\frac{P_{A'B'C'}}{P_{ABC}}$$
$$k^2=\frac{50cm^2}{25cm^2}$$
$$k^2=2$$
$$k=\sqrt{2}$$
W ten sposób korzystając z pól powierzchni obliczyliśmy skalę podobieństwa \(k\) między dwoma bokami trójkąta, czyli dokładnie to czego szukaliśmy w tym zadaniu.
Zadanie nr 27 · Próbny 2013
Wykaż, że trapez, w którym przekątne dzielą kąty przy dłuższej podstawie na połowy, jest równoramienny.
Krok 1. Sporządzenie rysunku pomocniczego.
Spróbujmy przedstawić sytuację z treści zadania na rysunku poglądowym:
Krok 2. Dostrzeżenie kątów naprzemianległych.
W trapezie podstawy są względem siebie równoległe, zatem prowadząc prostą przecinającą te proste równoległe (w naszym przypadku są to przekątne) możemy korzystać z własności kątów naprzemianległych i tak oto otrzymamy następującą sytuację:
Krok 3. Zakończenie dowodzenia.
Spójrzmy na trójkąt \(ACD\). Jest to trójkąt, który przy podstawie ma kąty tej samej miary \(α\). To oznacza, że jest to trójkąt równoramienny. Analogiczny wniosek dotyczy trójkąta \(BCD\). Możemy więc zapisać, że:
$$|AD|=|DC|$$
$$|DC|=|BC|$$
Łącząc te dwie równości możemy zapisać, że \(|AD|=|DC|=|BC|\), co oznacza, że odcinek \(AD\) jest równy odcinkowi \(BC\) i właśnie to jest dowód na to, że ten trapez jest równoramienny.
Zadanie nr 13 · Matura 2013
Prostokąt \(ABCD\) o przekątnej długości \(2\sqrt{13}\) jest podobny do prostokąta o bokach długości \(2\) i \(3\). Obwód prostokąta \(ABCD\) jest równy:
A\(10\)
B\(20\)
C\(5\)
D\(24\)
Krok 1. Sporządzenie rysunku pomocniczego i obliczenie długości przekątnej mniejszego prostokąta.
Zgodnie z treścią zadania nasze prostokąty będą wyglądać mniej więcej w ten sposób:
Aby móc porównać oba prostokąty i poznać skalę ich podobieństwa potrzebujemy znać długość przekątnej mniejszego prostokąta \(EFGH\) (patrz rysunek). Obliczymy to oczywiście z Twierdzenia Pitagorasa:
$$2^2+3^2=d^2$$
$$4+9=d^2$$
$$d^2=13$$
$$d=\sqrt{13}$$
Krok 2. Obliczenie obwodu prostokąta \(ABCD\).
Skoro przekątna prostokąta \(ABCD\) jest dwukrotnie większa od przekątnej prostokąta \(EFGH\), to wszystkie boki tego prostokąta są także dwa razy większe. To oznacza, że również i obwód musi być dwukrotnie większy:
Obwód prostokąta \(EFGH\) to \(2\cdot2+2\cdot3=4+6=10\).
Obwód prostokąta \(ABCD\) to \(2\cdot10=20\).
Zadanie nr 25 · Próbny 2012
Trójkąt \(ABC\) przedstawiony na poniższym rysunku jest równoboczny, a punkty \(B, C, N\) są współliniowe. Na boku \(AC\) wybrano punkt \(M\) tak, że \(|AM|=|CN|\). Wykaż, że \(|BM|=|MN|\).
Krok 1. Dorysowanie odcinka \(MD\).
To zadanie możemy udowodnić tak naprawdę na kilka sposobów, ale najprostszy z nich opierać się będzie na zaznaczeniu punktu \(D\) na odcinku \(BC\) w taki sposób, by odcinek \(MD\) był równoległy do odcinka \(AB\).
W ten sposób po dorysowaniu prostej równoległej otrzymaliśmy trójkąt równoboczny \(MDC\), co z kolei oznacza, że \(|CM|=|MD|\).
Ale to nie koniec spostrzeżeń. Z treści zadania wiemy, że \(|AM|=|CN|\), a to oznacza, że także \(|BD|=|CN|\).
Krok 2. Obliczenie miar kątów \(MCN\) oraz \(BDM\).
Jak już sobie powiedzieliśmy wcześniej, dorysowując prostą równoległą w trójkącie równobocznym \(ABC\) otrzymaliśmy mniejszy trójkąt równoboczny \(MDC\). To oznacza, że kąty wewnątrz tej figury są na pewno równe \(60°\). Skoro tak, to korzystając z własności kątów przyległych bez przeszkód wyznaczymy miary kątów \(MCN\) oraz \(BDM\) (patrz: rysunek).
Krok 3. Interpretacja wyników.
W pierwszym kroku udowodniliśmy że dwie pary boków są tej samej długości: \(|CM|=|MD|\) oraz \(|BD|=|CN|\). W drugim kroku udowodniliśmy, że kąt między tymi bokami ma identyczną miarę. Z powyższych rozważań możemy wywnioskować, że trójkąty \(MCN\) oraz \(MBD\) są przystające zgodnie z zasadą bok-kąt-bok. To kończy nasz dowód, bo skoro trójkąty \(MCN\) oraz \(MBD\) są przystające to \(|BM|=|MN|\).
Zadanie nr 23 · Próbny 2012
Proste \(l\) i \(k\) są równoległe oraz \(|OA|=6, |AB|=10, |OC|=48\). Odcinek \(OD\) ma długość:
A\(12\)
B\(18\)
C\(\frac{18}{5}\)
D\(\frac{144}{5}\)
Należy zauważyć, że trójkąty \(OAD\) oraz \(COB\) są trójkątami podobnymi, zatem możemy ułożyć następującą proporcję związaną z długościami ich boków:
$$\frac{|OA|}{|OB|}=\frac{|OD|}{|OC|}$$
Biorąc pod uwagę fakt, iż odcinek \(|OB|=|OA|+|AB|=6+10=16\) to mamy tak naprawdę komplet informacji do tego zadania. W związku z tym możemy przejść do podstawiania długości poszczególnych boków:
$$\frac{6}{16}=\frac{|OD|}{48}$$
Mnożąc na krzyż otrzymamy:
$$16\cdot|OD|=288$$
$$|OD|=18$$
Zadanie nr 7 · Matura 2012
Jeden kąt trójkąta ma miarę \(54°\). Z pozostałych dwóch kątów tego trójkąta jeden jest \(6\) razy większy od drugiego. Miary pozostałych kątów są równe:
A\(21°\) i \(105°\)
B\(11°\) i \(66°\)
C\(18°\) i \(108°\)
D\(16°\) i \(96°\)
Skoro suma kątów w trójkącie wynosi \(180°\), to na pewno suma miar dwóch poszukiwanych kątów musi być równa:
$$180°-54°=126°$$
Taka sytuacja jest w odpowiedzi pierwszej i trzeciej, ale w odpowiedzi pierwszej miara kąta mniejszego jest pięciokrotnie (a nie sześciokrotnie) mniejsza, więc już na podstawie tej prostej dedukcji możemy wybrać odpowiedź \(C\).
Chcąc policzyć to w bardziej matematyczny sposób możemy ułożyć proste równanie. Przyjmijmy, że \(x\) to miara mniejszego kąta, a tym samym \(6x\) to miara kąta większego:
$$x+6x+54°=180°$$
$$7x=126°$$
$$x=18°$$
Pięciokąt \(ABCDE\) jest foremny. Wskaż trójkąt przystający do trójkąta \(ECD\):
A\(ΔABF\)
B\(ΔCAB\)
C\(ΔIHD\)
D\(ΔABD\)
Trójkąty przystające to takie, które mają identyczne miary długości boków i kątów między tymi bokami (wbrew nazwie te trójkąty wcale nie muszą się ze sobą stykać). Spośród trójkątów wypisanych w odpowiedziach, trójkątem przystającym do trójkąta \(ECD\) jest tylko i wyłącznie trójkąt \(CAB\). Wynika to głównie z tego, że w pięciokącie foremnym wszystkie boki mają identyczną długość, zatem:
$$|ED|=|DC|=|AB|=|BC|$$
$$\text{oraz}$$
$$|EC|=|CA|$$
Zadanie nr 14 · Matura 2012
Odcinki \(AB\) i \(CD\) są równoległe i \(|AB|=5, |AC|=2, |CD|=7\) (zobacz rysunek). Długość odcinka \(AE\) jest równa:
A\(\frac{10}{7}\)
B\(\frac{14}{5}\)
C\(3\)
D\(5\)
Krok 1. Ułożenie odpowiedniego równania.
Skoro odcinki \(AB\) i \(CD\) są równoległe to wiemy, że trójkąty \(EAB\) i \(ECB\) są podobne. W związku z tym stosunek długości odcinka \(EC\) względem \(DC\) jest taki sam jak stosunek odcinka \(EA\) i \(BA\). Zauważmy też, że \(|EC|=|AC|+2\). Wykorzystamy tę wiedzę i ułożymy następujące równanie:
$$\frac{|EC|}{7}=\frac{|EA|}{5}$$
$$\frac{|EA|+2}{7}=\frac{|EA|}{5}$$
Krok 2. Rozwiązanie powstałego równania.
Równanie to możemy rozwiązać na wiele sposobów, ale najprościej jest chyba wykonać mnożenie na krzyż, zatem:
$$5\cdot(|EA|+2)=7|EA|$$
$$5|EA|+10=7|EA|$$
$$10=2|EA|$$
$$|EA|=5$$
Zadanie nr 30 · Matura 2012
W trójkącie \(ABC\) poprowadzono dwusieczne kątów \(A\) i \(B\). Dwusieczne te przecinają się w punkcie \(P\). Uzasadnij, że kąt \(APB\) jest rozwarty.
Krok 1. Sporządzenie rysunku pomocniczego.
W tym zadaniu bardzo ważne jest to jak sobie oznaczymy poszczególne informacje. Oznaczmy więc sobie wszystko krok po kroku. Najpierw na rysunku nanieśmy kąty w naszym małym trójkącie \(APB\):
$$|\sphericalangle PAB|=α$$
$$|\sphericalangle PBA|=β$$
$$|\sphericalangle APB|=γ$$
Skoro dorysowane linie są dwusiecznymi, to także:
$$|\sphericalangle PAB|=α$$
$$|\sphericalangle PBC|=β$$
No i na koniec oznaczmy jeszcze ostatni kąt:
$$|\sphericalangle ACB|=δ$$
Krok 2. Zapisanie odpowiednich równań i nierówności.
Suma kątów trójkąta \(ABC\) jest równa \(180°\). Czyli:
$$2α+2β+δ=180°$$
Kąt \(δ\) jest na pewno dodatni (nie wiemy ile ma stopni, ale jest na pewno dodatni). To oznacza, że suma kątów \(2α+2β\) jest mniejsza od \(180°\). Matematycznie możemy to zapisać jako:
$$2α+2β\lt180° \quad\bigg/:2$$
$$α+β\lt90°$$
Krok 3. Zakończenie dowodu.
Nie wiemy jaka jest dokładna miara poszczególnych kątów, ale już wiemy, że suma kątów \(α+β<90°\). Spójrzmy teraz na mały trójkąt \(APB\). Tutaj suma kątów \(α+β+γ=180°\). Skoro suma \(α+β\) jest mniejsza od \(90°\), to kąt \(γ\) musi mieć więcej niż \(90°\) i w ten sposób możemy zakończyć nasz dowód.
Zadanie nr 28 · Matura 2011
Na bokach trójkąta równobocznego \(ABC\) (na zewnątrz tego trójkąta) zbudowano kwadraty \(ABDE\), \(CBGH\), \(ACKL\). Udowodnij, że trójkąt \(KGE\) jest równoboczny.
Krok 1. Sporządzenie rysunku poglądowego.
Spróbujmy połączyć ze sobą punkty \(LE\), \(DG\) oraz \(KH\). Powstaną nam wtedy trzy trójkąty \(ΔLEA\), \(ΔDGB\) oraz \(ΔKCH\) i będą to trójkąty równoramienne (bo ramionami są boki identycznych kwadratów).
Możemy nawet obliczyć miarę tego kąta rozwartego każdego z tych trójkątów i będzie to \(120°\). Skąd to wiemy? Spójrzmy na poniższy rysunek i na kąt \(\sphericalangle LAE\). W skład kąta pełnego wchodzą dwa kąty z kwadratów, kąt z trójkąta równobocznego oraz nasz kąt rozwarty \(\sphericalangle LAE\), zatem:
$$|\sphericalangle LAE|=360°-90°-90°-60°=120°$$
Analogicznie możemy przeanalizować kąty \(\sphericalangle DBG\) oraz \(\sphericalangle KCH\).
To z kolei prowadzi nas do bardzo ważnego wniosku - skoro trójkąty \(ΔLAE\), \(ΔDGB\) oraz \(ΔKCH\) mają te same długości ramion i mają taki sam kąt między ramionami, to na pewno są to trójkąty przystające (cecha bok-kąt-bok).
Tutaj warto też nadmienić, że kąty przy niebieskich podstawach będą mieć \(30°\). Skąd to wiemy? Są to trójkąty równoramienne, a kąt między ich ramionami wynosi \(120°\), zatem każdy z kątów przy podstawie musi mieć: \((180°-120°):2=30°\). Ta wiedza przyda nam się w drugim kroku.
Krok 2. Udowodnienie, że trójkąty \(ΔEDG\), \(ΔKHG\), \(ΔLKE\) są przystające i zakończenie dowodzenia.
Spójrzmy teraz na kolejny rysunek:
Z pierwszego kroku wynika, że odcinki \(LE\), \(DG\) oraz \(KH\) są sobie równe. Równe też są na pewno odcinki \(LK\), \(ED\) oraz \(HG\), bo są to boki kwadratów. Widzmy także, że kąty:
$$|\sphericalangle KLE|=|\sphericalangle EDG|=|\sphericalangle KHG|=90°+30°=120°$$
To oznacza, że trójkąty \(ΔEDG\), \(ΔKHG\), \(ΔLKE\) są także trójkątami przystającymi, a skoro tak, to mają identyczne długości odcinków \(|KE|=|EG|=|GK|\), co jest dowodem na to, że trójkąt \(ΔKGE\) jest równoboczny.
Zadanie nr 17 · Matura 2011
Obwód prostokąta jest równy \(28\). Stosunek długości jego boków jest równy \(3:4\). Dłuższy bok tego prostokąta jest równy:
A\(14\)
B\(8\)
C\(7\)
D\(6\)
Krok 1. Zapisanie długości boków w postaci wyrażeń algebraicznych.
Skoro stosunek długości boków prostokąta jest równy \(3:4\), to możemy zapisać, że:
\(3x\) - długość krótszego boku
\(4x\) - długość dłuższego boku
Krok 2. Obliczenie długości dłuższego boku prostokąta.
Obwód prostokąta składa się z dwóch krótszych i dwóch dłuższych boków i wynosi \(28\), zatem:
$$2\cdot3x+2\cdot4x=28$$
$$6x+8x=28$$
$$14x=28$$
$$x=2$$
To jednak nie jest jeszcze koniec zadania, bowiem dłuższy odcinek ma miarę \(4x\), zatem jego miara będzie równa:
$$4\cdot2=8$$
Zadanie nr 25 · Matura 2011
Trójkąt \(ABC\) przedstawiony na poniższym rysunku jest równoboczny, a punkty \(B, C, N\) są współliniowe. Na boku \(AC\) wybrano punkt \(M\) tak, że \(|AM|=|CN|\). Wykaż, że \(|BM|=|MN|\).
Krok 1. Dorysowanie odcinka \(MD\).
To zadanie możemy udowodnić tak naprawdę na kilka sposobów, ale najprostszy z nich opierać się będzie na zaznaczeniu punktu \(D\) na odcinku \(BC\) w taki sposób, by odcinek \(MD\) był równoległy do odcinka \(AB\).
W ten sposób po dorysowaniu prostej równoległej otrzymaliśmy trójkąt równoboczny \(MDC\), co z kolei oznacza, że \(|CM|=|MD|\).
Ale to nie koniec spostrzeżeń. Z treści zadania wiemy, że \(|AM|=|CN|\), a to oznacza, że także \(|BD|=|CN|\).
Krok 2. Obliczenie miar kątów \(MCN\) oraz \(BDM\).
Jak już sobie powiedzieliśmy wcześniej, dorysowując prostą równoległą w trójkącie równobocznym \(ABC\) otrzymaliśmy mniejszy trójkąt równoboczny \(MDC\). To oznacza, że kąty wewnątrz tej figury są na pewno równe \(60°\). Skoro tak, to korzystając z własności kątów przyległych bez przeszkód wyznaczymy miary kątów \(MCN\) oraz \(BDM\) (patrz: rysunek).
Krok 3. Interpretacja wyników.
W pierwszym kroku udowodniliśmy że dwie pary boków są tej samej długości: \(|CM|=|MD|\) oraz \(|BD|=|CN|\). W drugim kroku udowodniliśmy, że kąt między tymi bokami ma identyczną miarę. Z powyższych rozważań możemy wywnioskować, że trójkąty \(MCN\) oraz \(MBD\) są przystające zgodnie z zasadą bok-kąt-bok. To kończy nasz dowód, bo skoro trójkąty \(MCN\) oraz \(MBD\) są przystające to \(|BM|=|MN|\).
Zadanie nr 29 · Matura 2011
Dany jest czworokąt \(ABCD\), w którym \(AB||CD\). Na boku \(BC\) wybrano taki punkt \(E\), że \(|EC|=|CD|\) i \(|EB|=|BA|\). Wykaż, że kąt \(AED\) jest prosty.
Krok 1. Sporządzenie rysunku poglądowego.
Skoro podstawy tego czworokąta są równoległe to otrzymamy tak naprawdę trapez. Zadanie można udowodnić na wiele sposobów, ale najprostszy wykorzystuje informację, że suma miar kątów przy jednym ramieniu trapezu jest równa \(180°\). To oznacza, że jeśli \(|\sphericalangle ABC|=α\) to \(|\sphericalangle BCD|=180°-α\) i tak też zaznaczmy sobie na naszym szkicowym rysunku:
Dodatkowo na niebiesko i zielono zaznaczyliśmy sobie pary boków równej długości (zgodnie z treścią zadania).
Krok 2. Obliczenie miar kątów \(BEA\) oraz \(CED\).
Rozpatrzmy sobie teraz dwa trójkąty - \(ABE\) oraz \(DCE\). Suma kątów w każdym z tych trójkątów jest równa oczywiście \(180°\). Dodatkowo z treści zadania i z rysunku pomocniczego wynika, że są to trójkąty równoramienne, bo \(|EC|=|CD|\) i \(|EB|=|BA|\). Skoro tak, to z własności trójkątów równoramiennych wiemy, że kąty przy podstawach mają tą samą miarę, a więc:
$$|\sphericalangle BAE|=|\sphericalangle BEA|$$
$$\text{oraz}$$
$$|\sphericalangle CDE|=|\sphericalangle CED|$$
Co to oznacza? Jeśli w trójkącie \(ABE\) jeden kąt między ramionami ma miarę \(α\), to dwa pozostałe przy podstawie \(|AE|\) mają łącznie \(180°-α\). Skoro te dwa pozostałe kąty muszą być sobie równe, to \(|\sphericalangle BEA|=\frac{180°-α}{2}\).
Analogicznie rozpatrzymy trójkąt \(DCE\). Tutaj jeden kąt między ramionami ma miarę \(180°-α\), więc dwa pozostałe przy podstawie \(|DE|\) mają \(180°-(180°-α)=α\). Skoro te dwa pozostałe kąty muszą być sobie równe sobie równe to \(|\sphericalangle CED|=\frac{α}{2}\).
Krok 3. Obliczenie miary kąta \(AED\).
Z twierdzenia o kątach przyległych wiemy, że:
$$|\sphericalangle BEA|+|\sphericalangle CED|+|\sphericalangle AED|=180°$$
Znamy wartości dwóch z tych kątów (wyliczyliśmy je w drugim kroku), więc bez problemu wyliczymy teraz wartość kąta \(AED\).
$$\frac{180°-α}{2}+\frac{α}{2}+|\sphericalangle AED|=180° \quad\bigg/\cdot 2$$
$$180°-α+α+2\cdot |\sphericalangle AED|=360°$$
$$2\cdot |\sphericalangle AED|=180°$$
$$|\sphericalangle AED|=90°$$
Zadanie nr 18 · Próbny 2010
Pionowy słupek o wysokości \(90cm\) rzuca cień o długości \(60cm\). W tej samej chwili stojąca obok wieża rzuca cień o długości \(12m\). Jaka jest wysokość wieży?
A\(18m\)
B\(8m\)
C\(9m\)
D\(16m\)
Krok 1. Sporządzenie rysunku poglądowego.
Sporządzając rysunek jak i wykonując późniejsze obliczenia zwracajmy uwagę na jednostki! Niektóre miary są podane w centymetrach, a inne w metrach.
Krok 2. Zbudowanie równania wykorzystując podobieństwa trójkątów.
Skorzystamy z podobieństw trójkątów. Stosunek wysokości słupka do jego cienia musi być taki sam jak stosunek wysokości wieży do cienia wieży. Możemy zapisać to w następujący sposób:
$$\frac{|AB|}{|PB|}=\frac{|CD|}{|PD|}$$
Krok 3. Podstawienie odpowiednich długości do równania i wyznaczenie długości odcinka \(CD\).
Podstawiamy do powyższej zależności dane z zadania, uważając na jednostki! Najlepiej jest zamienić sobie wszystko na metry i tak oto otrzymujemy, że:
$$\frac{|0,9|}{|0,6|}=\frac{|CD|}{12}$$
$$1,5=\frac{|CD|}{12} \quad\bigg/\cdot12$$
$$|CD|=18$$
Ewentualnie mogliśmy wykonać tzw. "mnożenie na krzyż":
$$12\cdot0,9=0,6\cdot|CD|$$
$$10,8=0,6\cdot|CD| \quad\bigg/:0,6$$
$$|CD|=18$$
Zadanie nr 14 · Próbny 2010
Suma miar kątów pewnego wielokąta wypukłego jest równa \(540°\). Tym wielokątem jest:
Aczworokąt
Bsiedmiokąt
Cpięciokąt
Dsześciokąt
Trójkąt ma sumę kątów równą \(180°\).
Czworokąt ma sumę kątów \(360°\).
Pięciokąt ma sumę katów \(540°\).
Zadanie nr 18 · Matura 2010
Pionowy słupek o wysokości \(90cm\) rzuca cień o długości \(60cm\). W tej samej chwili stojąca obok wieża rzuca cień o długości \(12m\). Jaka jest wysokość wieży?
A\(18m\)
B\(8m\)
C\(9m\)
D\(16m\)
Krok 1. Sporządzenie rysunku poglądowego.
Sporządzając rysunek jak i wykonując późniejsze obliczenia zwracajmy uwagę na jednostki! Niektóre miary są podane w centymetrach, a inne w metrach.
Krok 2. Zbudowanie równania wykorzystując podobieństwa trójkątów.
Skorzystamy z podobieństw trójkątów. Stosunek wysokości słupka do jego cienia musi być taki sam jak stosunek wysokości wieży do cienia wieży. Możemy zapisać to w następujący sposób:
$$\frac{|AB|}{|PB|}=\frac{|CD|}{|PD|}$$
Krok 3. Podstawienie odpowiednich długości do równania i wyznaczenie długości odcinka \(CD\).
Podstawiamy do powyższej zależności dane z zadania, uważając na jednostki! Najlepiej jest zamienić sobie wszystko na metry i tak oto otrzymujemy, że:
$$\frac{|0,9|}{|0,6|}=\frac{|CD|}{12}$$
$$1,5=\frac{|CD|}{12} \quad\bigg/\cdot12$$
$$|CD|=18$$
Ewentualnie mogliśmy wykonać tzw. "mnożenie na krzyż":
$$12\cdot0,9=0,6\cdot|CD|$$
$$10,8=0,6\cdot|CD| \quad\bigg/:0,6$$
$$|CD|=18$$
Zadanie nr 17 · Matura 2010
Odcinki \(AB\) i \(DE\) są równoległe. Długości odcinków \(CD\), \(DE\) i \(AB\) są odpowiednio równe \(1\), \(3\) i \(9\).
Długość odcinka \(AD\) jest równa:
A\(2\)
B\(3\)
C\(5\)
D\(6\)
Skorzystamy tutaj z podobieństwa trójkątów \(CDE\) oraz \(CAB\).
Krok 1. Ułożenie odpowiedniej proporcji długości boków i wyznaczenie długości odcinka \(CA\).
$$\frac{|CD|}{|DE|}=\frac{|CA|}{|AB|}$$
$$\frac{1}{3}=\frac{|CA|}{9}$$
Widzimy, że zgodnie z tą proporcją długość boku \(|CA|\) jest równa \(3\). Gdybyśmy tego nie dostrzegli, to można wykonać mnożenie na krzyż:
$$1\cdot9=|CA|\cdot3$$
$$3\cdot|CA|=9$$
$$|CA|=3$$
Krok 2. Obliczenie długości odcinka \(AD\).
Korzystając z rysunku widzimy, że:
$$|AD|=|CA|-1$$
$$|AD|=3-1$$
$$|AD|=2$$
Zadanie nr 19 · Matura 2010
Latawiec ma wymiary podane na rysunku. Powierzchnia zacieniowanego trójkąta jest równa:
A\(3200cm^2\)
B\(6400cm^2\)
C\(1600cm^2\)
D\(800cm^2\)
W tym zadaniu skorzystamy ze wzoru na pole trójkąta: \(P=\frac{1}{2}a\cdot b\cdot sinα\).
Krok 1. Wypisanie danych z zadania, potrzebnych do obliczeń.
Pierwszy bok trójkąta: \(a=80cm\)
Drugi bok trójkąta: \(b=80cm\)
Sinus kąta między bokami trójkąta: \(sin30°=\frac{1}{2}\)
Krok 2. Obliczenie pola trójkąta.
$$P=\frac{1}{2}a\cdot b\cdot sinα$$
$$P=\frac{1}{2}\cdot80cm\cdot80cm\cdot\frac{1}{2}$$
$$P=1600cm^2$$
Zadanie nr 18 · Próbny 2009
Oblicz długość odcinka \(AE\) wiedząc, że \(AB||CD\) i \(|AB|=6\), \(|AC|=4\), \(|CD|=8\).
A\(|AE|=2\)
B\(|AE|=4\)
C\(|AE|=6\)
D\(|AE|=12\)
Krok 1. Zbudowanie równania na podstawie danych z treści zadania.
Wiedząc, że proste \(AB\) oraz \(CD\) są równoległe możemy stwierdzić, że trójkąty \(EAB\) oraz \(ECD\) są trójkątami podobnymi. W związku z tym prawdziwa będzie relacja:
$$\frac{|EA|}{|AB|}=\frac{|EC|}{|CD|}$$
$$\frac{x}{6}=\frac{x+4}{8}$$
Zwróć szczególną uwagę na odcinek \(EC\). Bardzo często w tego typu zadaniach uczniowie wpisują w tym miejscu długość odcinka \(AC\), co jest błędem.
Krok 2. Rozwiązanie powstałego równania.
Najprościej będzie wykonać mnożenie na krzyż, zatem:
$$8x=6\cdot(x+4)$$
$$8x=6x+24$$
$$2x=24$$
$$x=12$$
Długość odcinka \(|AE|\) oznaczono na rysunku jako \(x\), więc \(|AE|=12\).
Zadanie nr 31 · Próbny 2009
Trójkąty \(ABC\) i \(CDE\) są równoboczne. Punkty \(A\), \(C\) i \(E\) leżą na jednej prostej. Punkty \(K\), \(L\) i \(M\) są środkami odcinków \(AC\), \(CE\) i \(BD\) (zobacz rysunek). Wykaż, że punkty \(K\), \(L\) i \(M\) są wierzchołkami trójkąta równobocznego.
Krok 1. Sporządzenie rysunku poglądowego.
Połączmy sobie punkty \(K\), \(L\) oraz \(M\) - tworzą one wierzchołki trójkąta, którego cechę równoboczności musimy udowodnić. Skoro trójkąty \(ABC\) i \(CDE\) są równoboczne, to możemy na rysunek nanieść też ich miary \(60°\).
Krok 2. Dostrzeżenie par odcinków równoległych.
Zarówno bok \(AB\) jak i \(CD\) są nachylone do podstawy czworokąta \(AEDB\) pod kątem \(60°\). To oznacza, że te odcinki są względem siebie równoległe, czyli \(AB||CD\).
Punkty \(K\) oraz \(M\) dzielą odcinki łączące te dwie proste równoległe dokładnie w połowie swojej długości, stąd też odcinek \(KM\) jest równoległy do odcinków \(AB\) i \(CD\), a więc i on jest nachylony do podstawy czworokąta pod kątem \(60°\). Ta zależność wynika także z Twierdzenia Talesa. Wiemy już więc, że \(\sphericalangle MKL=60°\).
Analogicznie sytuacja wygląda po drugiej stronie czworokąta. Odcinki \(CB\) oraz \(ED\) są nachylone do podstawy czworokąta pod tym samym kątem \(60°\), są więc względem siebie równoległe. Odcinek \(ML\) jest równoległy względem zarówno odcinka \(CB\) jak i \(ED\) (dokładnie z tego samego powodu o jakim mówiliśmy powyżej, analizując odcinek \(KM\)), a więc \(\sphericalangle MLK=60°\).
Dwa kąty w trójkącie KLM mają miarę \(60°\) więc i trzeci kąt musi mieć \(60°\), czyli jest to trójkąt równoboczny.
Zadanie nr 44 · Matura
W trójkącie równobocznym o boku długości \(a\) poprowadzono dwa odcinki równoległe do jednego z jego boków. Długości tych odcinków są równe \(b\) i \(c\), przy czym \(c\lt b\lt a\) (zobacz rysunek). Odcinki podzieliły trójkąt równoboczny na trzy figury: dwa trapezy i trójkąt.
Wykaż, że stosunek pola trapezu o podstawach \(b\) i \(c\) do pola trapezu o podstawach \(a\) i \(b\) jest równy \(\dfrac{b^2-c^2}{a^2-b^2}\).
Krok 1. Zapisanie pól powierzchni trapezów.
Wprowadźmy oznaczenia pól powierzchni dwóch trapezów jako \(P_{1}\) oraz \(P_{2}\), tak jak na rysunku:
Pole \(P_{1}\) będzie różnicą między polem trójkąta równobocznego o boku \(a\) i pola trójkąta równobocznego o boku \(b\). Korzystając zatem ze wzoru na pole trójkąta równobocznego moglibyśmy zapisać, że:
$$P_{1}=\frac{a^2\sqrt{3}}{4}-\frac{b^2\sqrt{3}}{4}$$
$$P_{1}=\frac{a^2\sqrt{3}-b^2\sqrt{3}}{4}$$
$$P_{1}=\frac{(a^2-b^2)\sqrt{3}}{4}$$
I analogicznie, pole trapezu \(P_{2}\) to różnica między polem trójkąta równobocznego o boku \(b\) i trójkąta równobocznego o boku \(c\), zatem:
$$P_{2}=\frac{b^2\sqrt{3}}{4}-\frac{c^2\sqrt{3}}{4}$$
$$P_{2}=\frac{b^2\sqrt{3}-c^2\sqrt{3}}{4}$$
$$P_{2}=\frac{(b^2-c^2)\sqrt{3}}{4}$$
Krok 2. Obliczenie stosunku pól powierzchni.
Celem zadania jest wyznaczenie stosunku pola powierzchni \(P_{2}\) względem \(P_{1}\), zatem:
$$\frac{P_{2}}{P_{1}}=\frac{\frac{(b^2-c^2)\sqrt{3}}{4}}{\frac{(a^2-b^2)\sqrt{3}}{4}}=\frac{(b^2-c^2)\sqrt{3}}{4}\cdot\frac{4}{(a^2-b^2)\sqrt{3}}=\frac{b^2-c^2}{a^2-b^2}$$
Otrzymaliśmy dokładnie taką samą postać jak w treści zadania, zatem dowodzenie możemy uznać za zakończone.
Odcinkowe: $\dfrac{x}{p} + \dfrac{y}{q} = 1$, gdzie $p, q$ — odcinki na osiach
Równanie okręgu o środku $(a, b)$ i promieniu $r$:
$$(x-a)^2 + (y-b)^2 = r^2$$
Prosto mówiąc: Geometria analityczna łączy algebrę z geometrią — każda figura ma swoje równanie, każde równanie ma swój wykres. Prosta to linia, okrąg to zbiór punktów w tej samej odległości od środka.
Ważne wzory:
Odległość punktów $A(x_1,y_1)$ i $B(x_2,y_2)$: $|AB| = \sqrt{(x_2-x_1)^2+(y_2-y_1)^2}$
⚡ Zapamiętaj: Ostrosłup ma objętość $\frac{1}{3}$ graniastosłupa o tej samej podstawie i wysokości. Stożek ma objętość $\frac{1}{3}$ walca — ta zasada "jednej trzeciej" dotyczy wszystkich brył z wierzchołkiem.
Wektory — działania i iloczyn skalarny
Wektor $\vec{v} = [v_x, v_y]$ — obiekt o długości (module) i kierunku.
Moduł: $|\vec{v}| = \sqrt{v_x^2 + v_y^2}$.
Dodawanie: $\vec{u}+\vec{v} = [u_x+v_x, u_y+v_y]$ (reguła trójkąta / równoległoboku).
Mnożenie przez skalar: $k\vec{v} = [kv_x, kv_y]$.
Iloczyn skalarny:
$$\vec{u}\cdot\vec{v} = u_xv_x + u_yv_y = |\vec{u}|\cdot|\vec{v}|\cdot\cos\varphi$$
Gdzie $\varphi$ — kąt między wektorami.
Prostopadłość: $\vec{u} \perp \vec{v} \Leftrightarrow \vec{u}\cdot\vec{v} = 0$.
Równoległość: $\vec{u} \parallel \vec{v} \Leftrightarrow \vec{u} = k\vec{v}$ dla pewnego $k$.
Przykład: $\vec{u}=[3,4]$, $\vec{v}=[1,-2]$. Oblicz kąt między nimi.
Długości rosną jak $k$, pola jak $k^2$, a objętości jak $k^3$.
Punkty szczególne trójkąta
środkowe → środek ciężkości, dzieli je w stosunku $2:1$ od wierzchołka
symetralne boków → środek okręgu opisanego
dwusieczne kątów → środek okręgu wpisanego
wysokości → ortocentrum
W trójkącie prostokątnym środek okręgu opisanego leży w połowie przeciwprostokątnej, więc $R=\frac{c}{2}$.
Na co uważać
Pole nie rośnie liniowo ze skalą. Jeśli pole wzrosło $16$ razy, skala wynosi $k=4$, nie $16$. Środek okręgu opisanego może leżeć poza trójkątem (przy kącie rozwartym), a wpisanego — zawsze wewnątrz.
Trójkąty są podobne. Bok pierwszego ma $6$ cm, a odpowiadający mu bok drugiego $9$ cm. Oblicz skalę podobieństwa.
Skala to stosunek odpowiadających sobie boków:
$$k=\frac{9}{6}=\frac{3}{2}=1{,}5$$
Odpowiedź: $k=1{,}5$.
Zadanie nr 6
Dwa trójkąty są podobne, gdy:
Amają odpowiednio równe kąty
Bmają równe pola
Cmają równe obwody
Dmają jeden wspólny bok
Cecha podobieństwa kąt–kąt: jeśli dwa kąty jednego trójkąta są równe dwóm kątom drugiego, to trójkąty są podobne (trzeci kąt wychodzi automatycznie, bo suma wynosi $180^\circ$).
Uwaga: równe pola nie gwarantują podobieństwa — figury mogą mieć zupełnie inny kształt.
Odpowiedź: A.
Zadanie nr 7
Dwa podobne prostokąty mają pola $18$ cm$^2$ i $50$ cm$^2$. Oblicz skalę podobieństwa.
Krok 1 — stosunek pól:
$$\frac{50}{18}=\frac{25}{9}$$
Krok 2 — skala to pierwiastek:
$$k=\sqrt{\frac{25}{9}}=\frac{5}{3}$$
Odpowiedź: $k=\frac53$.
Zadanie nr 8
Model samolotu wykonano w skali $1:50$. Pole skrzydła modelu to $12$ cm$^2$. Ile wynosi pole skrzydła prawdziwego samolotu?
W trójkącie $ABC$ poprowadzono odcinek $DE$ równoległy do boku $BC$, gdzie $D$ leży na $AB$, a $E$ na $AC$. Wiadomo, że $AD=4$, $DB=6$. Oblicz stosunek pól trójkątów $ADE$ i $ABC$.
Krok 1 — trójkąty są podobne. $DE\parallel BC$, więc kąty są równe (cecha kąt–kąt).
Fotografię o wymiarach $10$ cm na $15$ cm powiększono tak, że jej pole wzrosło $9$-krotnie. Oblicz nowe wymiary i sprawdź, czy proporcje zostały zachowane.
W trójkącie $ABC$ poprowadzono odcinek $DE$ równoległy do boku $BC$, przy czym $D$ leży na $AB$, a $E$ na $AC$. Dane: $AD=4$, $DB=6$, $AE=6$. Oblicz $EC$.
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: $EC=9$.
Zadanie nr 9
Trójkąty podobne w skali $k=\frac12$. Pole większego wynosi $48$ cm$^2$. Pole mniejszego to:
Wszystkie równe, więc trójkąty są podobne w skali $3$ (cecha BBB dla podobieństwa).
Nie są przystające — mają różne rozmiary.
Odpowiedź: C. podobne w skali $k=3$.
Zadanie nr 12
Trójkąt prostokątny ma przyprostokątne $6$ i $8$. Trójkąt do niego podobny ma przeciwprostokątną $15$. Oblicz jego przyprostokątne.
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 $12$.
Zadanie nr 13
Dwa trójkąty podobne mają pola $18$ cm$^2$ i $50$ cm$^2$. Wyznacz skalę podobieństwa.
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: $k=\frac53$.
Zadanie nr 14
Trójkąty przystające zawsze:
Asą podobne w skali $k=1$
Bmają różne pola
Csą podobne w skali $k=2$
Dnie są podobne
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 $k=1$.
Zadanie nr 15
W trójkącie prostokątnym poprowadzono wysokość z wierzchołka kąta prostego. Dzieli ona przeciwprostokątną na odcinki $4$ i $9$. Oblicz długość tej wysokości.
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: $h=6$.
Zadanie nr 16
Model samolotu wykonano w skali $1:50$. Objętość modelu ma się do objętości oryginału jak:
A$1:50$
B$1:125\,000$
C$1:2500$
D$1:150$
Objętości brył podobnych mają się jak sześcian skali:
Zestawienie: długości jak $k$, pola jak $k^2$, objętości jak $k^3$. Odpowiedź C ($1:2500$) opisywałaby stosunek pól.
Odpowiedź: B. $1:125\,000$.
Zadanie nr 17
Trójkąt $ABC$ ma bok $BC=12$ i pole $60$. Trójkąt podobny $A'B'C'$ ma pole $135$. Oblicz długość boku $B'C'$.
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: $18$.
Zadanie nr 18
W trójkącie $ABC$ punkt $D$ leży na boku $AB$, a $E$ na $AC$, przy czym $DE\parallel BC$. Wiadomo, że $AD=3$, $AB=9$ oraz pole trójkąta $ABC$ wynosi $81$. Oblicz pole trójkąta $ADE$.
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 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.
Zadanie nr 20
Wykaż, że jeśli w trójkącie prostokątnym poprowadzimy wysokość z wierzchołka kąta prostego, to powstałe dwa trójkąty są podobne do wyjściowego.
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.
Zadanie nr 1
Punkt przecięcia symetralnych boków trójkąta to środek okręgu:
Awpisanego
Bopisanego
Cstycznego do jednego boku
Do promieniu zero
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.
Zadanie nr 2
Punkt przecięcia dwusiecznych kątów trójkąta to środek okręgu:
Awpisanego
Bopisanego
Co promieniu równym bokowi
Dnie ma takiego punktu
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.
Zadanie nr 3
Wymień cztery punkty szczególne trójkąta i podaj, przecięciem jakich prostych są.
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.
Zadanie nr 4
Środek ciężkości dzieli każdą środkową w stosunku:
A$1:1$
B$3:1$
C$2:1$ licząc od wierzchołka
D$1:2$ licząc od wierzchołka
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.
Zadanie nr 5
Środkowa trójkąta ma długość $12$ cm. Na jakie odcinki dzieli ją środek ciężkości?
Środek ciężkości dzieli środkową w stosunku $2:1$ od wierzchołka, czyli na $3$ równe części.
Sprawdzenie: $8+4=12$ cm ✔, a stosunek $8:4=2:1$ ✔
Odpowiedź: odcinki $8$ cm i $4$ cm.
Zadanie nr 6
Gdzie leży środek okręgu opisanego na trójkącie prostokątnym?
Aw wierzchołku kąta prostego
Bpoza trójkątem
Cw środku ciężkości
Dw środku przeciwprostokątnej
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.
Zadanie nr 7
W trójkącie prostokątnym o przyprostokątnych $6$ i $8$ oblicz promień okręgu opisanego.
Krok 1 — przeciwprostokątna:
$$c=\sqrt{36+64}=\sqrt{100}=10$$
Krok 2 — promień to połowa przeciwprostokątnej:
$$R=\frac{10}{2}=5$$
Odpowiedź: $R=5$.
Zadanie nr 8
W trójkącie prostokątnym o przyprostokątnych $6$ i $8$ oblicz promień okręgu wpisanego, korzystając ze wzoru $r=\frac{a+b-c}{2}$.
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 ($2\lt 5$) ✔
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: $r=2$.
Zadanie nr 9
W trójkącie rozwartokątnym ortocentrum (przecięcie wysokości) leży:
Azawsze wewnątrz trójkąta
Bna zewnątrz trójkąta
Cw wierzchołku kąta rozwartego
Dw środku najdłuższego boku
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.
Zadanie nr 10
Trójkąt równoboczny ma bok $6$. Oblicz jego wysokość oraz promienie okręgów wpisanego i opisanego.
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: $h=3\sqrt3$, $R=2\sqrt3$, $r=\sqrt3$.
Zadanie nr 11
W trójkącie równobocznym punkty szczególne (środek ciężkości, ortocentrum, środki okręgów):
Apokrywają się w jednym punkcie
Bleżą na jednej prostej, ale są różne
Ctworzą mniejszy trójkąt równoboczny
Dleżą poza trójkątem
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.
Zadanie nr 12
Dwusieczna kąta $A$ w trójkącie $ABC$ przecina bok $BC$ w punkcie $D$. Boki wynoszą $AB=6$ i $AC=9$, a $BD=4$. Oblicz $DC$.
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: $DC=6$.
Zadanie nr 13
Środkowa trójkąta to odcinek łączący:
Aśrodki dwóch boków
Bwierzchołek z punktem przecięcia dwusiecznych
Cwierzchołek ze środkiem przeciwległego boku
Dwierzchołek z podstawą pod kątem prostym
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.
Zadanie nr 14
Oblicz pole trójkąta o bokach $13$, $14$, $15$, korzystając ze wzoru Herona.
Korzystając z wyniku poprzedniego zadania, oblicz promień okręgu wpisanego w trójkąt o bokach $13$, $14$, $15$.
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: $r=4$.
Zadanie nr 16
Linia środkowa trójkąta łącząca środki dwóch boków jest:
Arówna trzeciemu bokowi
Bprostopadła do trzeciego boku
Cdwa razy dłuższa od trzeciego boku
Drównoległa do trzeciego boku i równa jego połowie
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.
Zadanie nr 17
W trójkącie o bokach $5$, $12$, $13$ sprawdź, czy jest prostokątny, a następnie oblicz jego pole i promień okręgu wpisanego.
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:
Sprawdzenie wzorem ogólnym: $p=\frac{5+12+13}{2}=15$, więc $r=\frac{30}{15}=2$ ✔
Odpowiedź: trójkąt jest prostokątny, $P=30$, $r=2$.
Zadanie nr 18
Dwusieczna kąta $A$ trójkąta $ABC$ dzieli bok $BC$ o długości $15$ na odcinki w stosunku $2:3$. Oblicz długości tych odcinków i podaj stosunek boków $AB:AC$.
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:
W trójkącie równoramiennym o ramionach $10$ i podstawie $12$ oblicz wysokość opuszczoną na podstawę oraz pole trójkąta.
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 $48$.
Zadanie nr 1
Ramiona kąta przecięto dwiema prostymi równoległymi. Na jednym ramieniu powstały odcinki $3$ cm i $6$ cm, a na drugim odcinek $4$ cm i odcinek $x$. Ile wynosi $x$?
A$5$ cm
B$7$ cm
C$8$ cm
D$12$ cm
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.
Zadanie nr 2
Trójkąty $ABC$ i $DEF$ są podobne w skali $k=3$. Bok $AB$ ma $5$ cm. Ile ma odpowiadający mu bok $DE$?
Skala podobieństwa mówi, ile razy trójkąt $DEF$ jest większy od $ABC$:
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$^2$.
Zadanie nr 5
W trójkącie $ABC$ poprowadzono odcinek $DE$ równoległy do boku $BC$, gdzie $D$ leży na $AB$, a $E$ na $AC$. Wiadomo, że $AD=4$, $DB=6$ oraz $AE=6$. Oblicz $EC$.
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: $EC=9$.
Zadanie nr 6
Które trójkąty są na pewno podobne?
Adwa dowolne trójkąty prostokątne
Bdwa trójkąty równoboczne
Cdwa dowolne trójkąty równoramienne
Ddwa trójkąty o równych polach
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.
Zadanie nr 7
Drzewo rzuca cień długości $12$ m, a stojący obok słupek o wysokości $1{,}5$ m rzuca cień długości $2$ m. Oblicz wysokość drzewa.
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.
Zadanie nr 8
Boki trójkąta mają długości $6$, $8$ i $10$. Trójkąt podobny do niego ma najdłuższy bok równy $25$. Oblicz pozostałe boki.
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 $20$.
Zadanie nr 9
Trójkąty $ABC$ i $KLM$ mają kąty odpowiednio: $50^\circ$, $60^\circ$, $70^\circ$ oraz $50^\circ$, $70^\circ$, $60^\circ$. Czy są podobne?
Atak, mają te same trzy kąty
Bnie, bo kąty są w innej kolejności
Cnie da się ustalić bez długości boków
Dsą przystające, ale nie podobne
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.
Zadanie nr 10
Dwa wielokąty są podobne. Obwód mniejszego wynosi $18$ cm, obwód większego $27$ cm, a pole mniejszego $16$ cm$^2$. Oblicz skalę podobieństwa i pole większego wielokąta.
Krok 1 — skala z obwodów. Obwód jest wielkością jednowymiarową, więc zmienia się wprost w skali:
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$^2$.
Zadanie nr 11
Trójkąty prostokątne mają po jednym kącie ostrym równym $35^\circ$. Czy są podobne?
Anie, potrzeba jeszcze długości boków
Bnie, bo kąty proste nie wystarczają
Ctak, bo mają dwa odpowiednio równe kąty
Dtylko jeśli mają równe przeciwprostokątne
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.
Zadanie nr 12
Odcinki $AB$ i $CD$ są równoległe. Proste $AC$ i $BD$ przecinają się w punkcie $S$. Wiadomo, że $AS=6$, $SC=9$ oraz $AB=8$. Oblicz długość odcinka $CD$.
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: $CD=12$.
Zadanie nr 13
Mapa wykonana jest w skali $1:50\,000$. Działka na mapie ma kształt prostokąta o wymiarach $2$ cm na $3$ cm. Oblicz rzeczywiste pole tej działki w kilometrach kwadratowych.
Krok 1 — rzeczywiste wymiary. Mnożymy każdy wymiar przez skalę:
Czym różni się przystawanie od podobieństwa figur?
Aniczym, to synonimy
Bprzystawanie to podobieństwo w skali $k=1$
Cfigury przystające mają równe pola, a podobne równe kąty i to wszystko
Dprzystawanie dotyczy tylko trójkątów
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.
Zadanie nr 15
W trójkącie prostokątnym o przyprostokątnych $6$ i $8$ poprowadzono wysokość na przeciwprostokątną. Oblicz długość tej wysokości.
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:
Kontrola sensu: wysokość na przeciwprostokątną jest zawsze krótsza od obu przyprostokątnych — $4{,}8\lt 6$ ✔
Odpowiedź: wysokość ma $4{,}8$.
Zadanie nr 16
Model samolotu wykonano w skali $1:100$. Ile razy mniejsze jest pole powierzchni modelu od pola powierzchni prawdziwego samolotu?
A$100$ razy
B$1000$ razy
C$1\,000\,000$ razy
D$10\,000$ razy
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.
Zadanie nr 17
Na ramionach kąta o wierzchołku $O$ zaznaczono punkty: na jednym $A$ i $B$, na drugim $C$ i $D$, przy czym $AC \parallel BD$. Wiadomo, że $OA=5$, $AB=10$, $OC=7$. Oblicz $CD$.
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: $CD=14$.
Zadanie nr 18
Prostokąt o wymiarach $4$ cm na $6$ cm powiększono tak, że jego pole wzrosło do $150$ cm$^2$. Oblicz skalę powiększenia i nowe wymiary prostokąta.
Odpowiedź: skala $k=2{,}5$, nowe wymiary $10$ cm na $15$ cm.
Zadanie nr 19
W trójkącie $ABC$ punkt $D$ leży na boku $AB$, a punkt $E$ na boku $AC$, przy czym $DE \parallel BC$. Wiadomo, że $AD:DB=2:3$ oraz $BC=15$. Oblicz długość odcinka $DE$.
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: $DE=6$.
Zadanie nr 20
Aby zmierzyć wysokość wieży, położono na ziemi lusterko w odległości $20$ m od jej podstawy. Obserwator o wzroście $1{,}6$ m cofnął się od lusterka o $2$ m i zobaczył w nim czubek wieży. Oblicz wysokość wieży.
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.
Zacznij dziś
Zacznij naukę już dziś — to nic nie kosztuje
Załóż bezpłatne konto i otwórz dostęp do pełnego śledzenia postępów, planów nauki i quizów. Arkusze i zadania podstawowe są dostępne bez rejestracji. Już ponad 5 000 uczniów uczy się z Matematix.
