Wydrukuj Zapisz jako PDF Dodaj do ulubionych Udostępnij materiał

W poniższych przykładach pokażemy zastosowanie cech przystawania trójkątów w zadaniach na dowodzenie.

Przykład 1

W równoległoboku ABCD przekątne ACBD przecinają się w punkcie M. Wykaż, że trójkąty ABMCDM są przystające.
Czworokąt ABCD jest równoległobokiem, a zatem boki ABCD są równe oraz zawierają się w prostych równoległych. Wynika stąd, że kąty CABDCA mają równe miary oraz kąty DBABDC mają równe miary.

RgAdAZlGLjipF1

Stąd i z równości

AB = CD,

wynika, że trójkąty ABMCDM są przystające, co stwierdzamy na mocy cechy kąt‑bok‑kąt.
Uwaga. Z przystawania trójkątów ABMCDM wynika, że |AM| = |MC| i |BM| = |MD|. Prawdziwe jest zatem poniższe twierdzenie.

 Przekątne w równoległoboku
Twierdzenie:  Przekątne w równoległoboku

W dowolnym równoległoboku przekątne dzielą się na połowy.

Prawdziwe jest również twierdzenie odwrotne.

 Czworokąt, który jest równoległobokiem
Twierdzenie:  Czworokąt, który jest równoległobokiem

Czworokąt, którego przekątne dzielą się na połowy jest równoległobokiem.

Dowód

Dla dowodu rozpatrzmy czworokąt ABCD, którego przekątne ACBD przecinają się w punkcie P będącym środkiem każdej z nich. Wtedy

AP = CP, DP = BP

oraz

APD = BPC,

jako kąty wierzchołkowe. Zatem trójkąty APD BPC są przystające, co stwierdzamy na mocy cechy bok‑kąt‑bok.

RSGMY5PhPqK0V1

Wobec tego |AD| = |BC|, a także |PAD| = |PCB|, skąd wniosek, że proste ADBC są równoległe.
Skoro dwa boki czworokąta ABCD są równe i równoległe, to jest on równoległobokiem, co kończy dowód.

Przykład 2
  • W trójkącie ABC środek boku AB jest spodkiem wysokości opuszczonej z wierzchołka C. Wykaż, że boki ACBC tego trójkąta są równe.

Oznaczmy przez D środek boku AB. Trójkąty ADCBDC są prostokątne. Mają wspólną przyprostokątną DC, a także |AD| = |DB|.

R11NKcSSbsxGy1

Są to więc trójkąty przystające (na mocy cechy bok‑kąt‑bok). Stąd wynika, że |AC| = |BC|. To spostrzeżenie kończy dowód.

  • W trójkącie ABC spodkiem wysokości opuszczonej z wierzchołka C na bok AB jest taki punkt P, że kąty ACPBCP mają równe miary. Wykaż, że

|AC| = BC.

Trójkąty APCBPC są prostokątne, mają wspólną przyprostokątną PC, a także kąty ACPBCP mają równe miary.

RYoyvoFfhEj1A1

Trójkąty te są zatem przystające (na mocy cechy kąt‑bok‑kąt). Stąd |AC| = BC.
Koniec dowodu.

  • W trójkącie ABC  boki ACBC są równe. Wykaż, że spodkiem wysokości opuszczonej z wierzchołka C tego trójkąta jest środek boku AB.

Oznaczmy przez E spodek wysokości poprowadzonej z wierzchołka C na bok AB.

RnqB89cAzpzEI1

Wtedy z twierdzenia Pitagorasa w trójkątach prostokątnych AECBEC mamy odpowiednio

AE2+EC2=AC2
BE2+EC2=BC2,

skąd

AE2=AC2-EC2
BE2=BC2-EC2.

Skoro |AC| = |BC|, to AE2=BE2. Uwzględniając, że AE>0 oraz BE>0, otrzymujemy AE=BE, czyli punkt E jest środkiem boku AB, co należało wykazać.

Uwaga!

Ponieważ odpowiednie boki w trójkątach AEC BEC są równe, to na mocy cechy bok‑bok‑bok stwierdzamy, że trójkąty te są przystające. Wynika z tego, że

∡CAE= ∡CBE,
|∡ACE| = ∡BCE.

Prawdziwe jest więc poniższe twierdzenie.

 Trójkąt równoramienny
Twierdzenie:  Trójkąt równoramienny

W dowolnym trójkącie równoramiennym

  • kąty wewnętrzne przy podstawie są równe,

  • środek podstawy jest spodkiem wysokości opuszczonej na tę podstawę,

  • wysokość poprowadzona z wierzchołka kąta wspólnego dla ramion zawiera się w dwusiecznej tego kąta.

Przykład 3

W prostokącie ABCD przekątne ACBD przecinają się pod kątem prostym. Wykaż, że

|AB| = |BC|.

Oznaczmy przez P punkt przecięcia przekątnych ACBD prostokąta ABCD. Jest on środkiem każdej z tych przekątnych, bo czworokąt ABCD jest równoległobokiem.

R1YnRKgWiM2Os1

Zauważmy, że punkt P jest spodkiem wysokości poprowadzonej w trójkącie ABC z wierzchołka B na bok AC. Wobec tego trójkąt ABC jest równoramienny i

|AB| = |BC|. 

To spostrzeżenie kończy dowód.
Udowodniliśmy więc, że prostokąt, którego przekątne przecinają się pod kątem prostym jest kwadratem.

Przykład 4

W równoległoboku ABCD przekątna AC zawiera się w dwusiecznej kąta BAD. Wykaż, że przekątne ACBD tego równoległoboku przecinają się pod kątem prostym.
Oznaczmy przez α miarę każdego z kątów, na które dwusieczna AC podzieliła kąt BAD

|∡CAB| = α, |∡CAD| = α. 
R1SvHERgkt2a81

Wtedy

|∡ACD| = α
|∡ACB| = α.
R1CCycTuwHyO61

Trójkąty ABCADC są zatem równoramienne, bo w każdym z nich kąty przy podstawie AC mają miarę równą α. Zatem

AB=BC=CD=AD

Wynika z tego, że spodkiem wysokości poprowadzonej z wierzchołka B trójkąta ABC na podstawę AC jest środek M odcinka AC, który jest również spodkiem wysokości poprowadzonej z wierzchołka D trójkąta ADC na podstawę AC.

R8SEWI7rrlYs61

Wobec tego miary kątów BMAAMD sumują się do kąta półpełnego, zatem punkt M leży na przekątnej BD.
To oznacza, że przekątne ACBD równoległoboku przecinają się pod kątem prostym. Koniec dowodu.
Uwaga. Wykazaliśmy, że jeżeli w równoległoboku ABCD przekątna AC zawiera się w dwusiecznej kąta BAD, to równoległobok ABCD jest rombem.

Przykład 5

W trójkącie prostokątnym ABC punkt D jest spodkiem wysokości opuszczonej z wierzchołka kąta prostego C na przeciwprostokątną AB. Punkt E jest symetryczny do punktu D względem prostej AC, a punkt F jest symetryczny do punktu D względem prostej BC.

R1b8Gxfmrx48i1

Wykażemy, że punkty C, EF leżą na jednej prostej.
Zauważmy, że prosta AC jest symetralną odcinka DE. Wynika stąd, że

AE= AD,
|CE| = CD.

Wobec tego trójkąty EACDAC są przystające, co stwierdzamy na mocy cechy bok‑bok‑bok.

RGzSySoDaw1w21

Zauważmy też, że prosta BC jest symetralną odcinka DF. Wynika stąd, że

BF= BD,
|CF| = |CD|.

Zatem trójkąty FBCDBC są przystające, co stwierdzamy na mocy cechy bok‑bok‑bok.

RNfxMl8Kaoynz1

W trójkącie ABC kąt ACB jest prosty. Oznaczmy przez α miarę kąta CAB. Wtedy

|CBA| = 90°α. 

W trójkącie prostokątnym ADC kąt przy wierzchołku D jest prosty i

|CAD| = α, 

więc

|DCA| = 90°α.

Wobec tego

|ECA| = 90°α. 

(bo DCAECA to odpowiednie kąty w trójkątach przystających EACDAC).
W trójkącie prostokątnym BDC kąt przy wierzchołku D jest prosty i

DBC= 90°α.

Zatem

|BCD| = α.

Wobec tego

BCF= α,

(bo BCDBCF to odpowiednie kąty w trójkątach przystających FBCDBC).
Obliczmy miarę kąta ECF. Mamy

ECF= ECA+ ACB+ BCF= 90°α + 90°+ α = 180°.
RThm07P7glmnJ1

Wynika z tego, że punkty C, EF leżą na jednej prostej, a to właśnie należało udowodnić.

Przykład 6

Na bokach ACBC trójkąta ostrokątnego ABC zbudowano kwadraty ACDEBCFG.

RaCCiGIRFKDfJ1

Wykażemy, że odcinki BDAF mają równe długości.
Oznaczmy

|AC| = b, |BC| = a , |ACB| = γ. 

Czworokąt ACDE jest kwadratem, więc |CD| = |AC| = b. Czworokąt BCFG jest również kwadratem, więc

|CF| = |BC| = a.

Ponadto

|∡DCB| = |∡DCA| + |∡ACB| = 90°+ γ

oraz

|∡ACF| = |∡ACB| + |∡BCF| = γ+90°.
R1F6PJQ35nJPh1

Wobec tego

|CD| = |AC| = b
|∡DCB| = |∡ACF| = 90°+γ
|CB| = |CF| = a,

więc trójkąty DCBACF są przystające, na mocy cechy bok‑kąt‑bok.
Wynika z tego, że |BD| = |AF| (bo są to odpowiednie boki w trójkątach przystających).

R1f267Fbjakd51

To kończy dowód.

Przykład 7

Na bokach AB, BCCA trójkąta równobocznego ABC wybrano odpowiednio punkty K, LM tak, że

|AK|=|BL|=CM.

Wykaż, że trójkąt KLM jest równoboczny.
Oznaczmy przez a długość boku trójkąta równobocznego ABC i przez x – długość każdego z odcinków AK, BLCM. Wtedy każdy z odcinków AM, CLBK ma długość ax.

RowVbcRECBPrJ1

Ponieważ

|AK| = |BL| = |CM| = x
∡MAK= ∡KBL= ∡LCM= 60°
MA= KB= LC= a  x

to trójkąty MAK, KBLLCM są przystające, na mocy cechy bok‑kąt‑bok.
Wobec tego odcinki MK, KLLM są równe, więc trójkąt KLM jest równoboczny.
Koniec dowodu.

Przykład 8

Trójkąt ABC przedstawiony na poniższym rysunku jest równoboczny, a punkty B, C, N są współliniowe. Na boku AC wybrano punkt M taki, że

|AM| = CN.

Wykaż, że

|BM| = MN.
R14F2kF28uHDf1

Oznaczamy

AB=BC=CA=a,AM=CN=x.
  • sposób I

Wybierzmy na boku BC taki punkt D, że odcinki MD i AB są równoległe.

RrAtM7iZFIlUR1

Wtedy

CMD= CAB= 60°,

czyli trójkąt CMD jest równoboczny, a jego bok jest równy ax. Zatem

MD= CM= a  x,
BD= BC CD= a   x= x ,|CN| = x,
∡BDM= 120°,|∡NCM| = 120°,

więc trójkąty BDMMCN są przystające, na mocy cechy bok‑kąt‑bok.
Wobec tego odcinki BMMN są równe.
Koniec dowodu.

  • sposób II

Przedłużamy bok AC o odcinek CN tak, że

MN'=a.
RsnSHPeDB0ahy1

Wtedy w trójkącie NCN’ mamy

|CN| =|CN’| = x 

oraz

NCN’= 60°,

więc trójkąt NCN’ jest równoboczny.
Wynika z tego, że

NN’= x.

Zatem

MN’= AB= a,
NN’= MA= x,
∡MN’N= 60° , ∡BAM= 60°,

więc trójkąty MN’NBAM są przystające, na mocy cechy bok‑kąt‑bok.
Wobec tego odcinki BMMN są równe. Koniec dowodu.

  • sposób III

Na boku AB odkładamy taki punkt M', że

AM'=AM=x.
RXZwydG5HIpsC1

Wówczas trójkąt AMM jest równoboczny, a jego bok jest równy x.
Wynika z tego, że

MM’= x ,BM’M = 120°.

Wobec tego

|MM’| = |NC| = x
|M’B| = |CM| = a  x
∡MM’B= 120°, ∡NCM= 120°,

więc trójkąty MM’BNCM są przystające, na mocy cechy bok‑kąt‑bok.
Zatem odcinki BMMN są równe.
Koniec dowodu.