MATeMAtyka 4. Zakres podstawowy i rozszerzony — strona 187

a) Trójkąty $AFE$ i $ADE$ mają boki parami równe: $AF=AD$, $FE=DE$ oraz wspólny $AE$. Są więc przystające (BBB). Stąd $\angle EFA=\angle EDA$. Ponieważ $F,A,C$ oraz $D,A,B$ są współliniowe, $\angle EFC=\angle EDB$. Ponadto $\angle FEC=\angle DEB$ i $EF=ED$, więc trójkąty $EFC$ i $EDB$ są przystające. Otrzymujemy $FC=DB$, a po odjęciu równych odcinków $FA=DA$ — $AC=AB$.

b) Z $AG=AI$, wspólnego boku $AH$ i równości $\angle GAH=\angle HAI$ wynika przystawanie trójkątów $AGH$ i $AIH$. Zatem $\angle AGH=\angle AIH$. Punkty $B,G,H$ oraz $C,I,H$ są współliniowe, więc kąty $BGA$ i $AIC$ są równe. Wraz z $\angle BAG=\angle IAC$ daje to podobieństwo trójkątów $ABG$ i $ACI$. Odpowiadające boki $AG$ i $AI$ są równe, więc skala podobieństwa wynosi $1$. Stąd $AB=AC$.

a) Z rysunku $AH\perp AG$ i $BH\perp BG$. Trójkąty prostokątne $AHG$ i $BHG$ mają wspólną przeciwprostokątną $HG$ oraz równe przyprostokątne $AH=BH$, są więc przystające. Stąd $AG=BG$ oraz prosta $GH$ jest symetralną $AB$. Ponieważ $C,H,G$ są współliniowe, punkt $C$ leży na tej symetralnej, zatem $CA=CB$.

b) Punkty $D,A,B,E$ leżą na jednej prostej. Z $DB=AE$ otrzymujemy

$$DA+AB=AB+BE,$$

czyli $DA=BE$. Trójkąt $CDE$ jest równoramienny, bo $CD=CE$, zatem $\angle CDA=\angle CEB$. Trójkąty $CDA$ i $CEB$ są przystające na mocy BKB. W konsekwencji $CA=CB$.

a) Z warunków $CD=BD$, $DG=DH$ oraz $\angle CDG=\angle BDH$ wynika przystawanie trójkątów $CDG$ i $BDH$ (BKB). Stąd $\angle ACB=\angle ABC$, więc $AC=AB$. Teraz trójkąty $ACD$ i $ABD$ mają $AC=AB$, $CD=BD$ i wspólny bok $AD$, zatem są przystające. Otrzymujemy $\angle CAD=\angle DAB$.

b) Z rysunku $DG\perp AB$ i $DH\perp AC$. Trójkąty prostokątne $BGD$ i $CHD$ mają równe przeciwprostokątne $BD=CD$ oraz równe kąty wierzchołkowe przy $D$, więc są przystające; w szczególności $DG=DH$. Trójkąty prostokątne $AGD$ i $AHD$ mają wspólną przeciwprostokątną $AD$ i równe przyprostokątne $DG,DH$, są więc przystające. Zatem $\angle GAD=\angle DAH$.

a) Z oznaczeń na rysunku wynika $\angle AFD=\angle CEB$. Wraz z $AF=CE$ i $\angle FAD=\angle ECB$ daje to przystawanie trójkątów $AFD$ i $CEB$ (KBK), a więc $AD=CB$. Trójkąty $ADC$ i $CBA$ mają teraz $AD=CB$, wspólny bok $AC$ oraz równe kąty $\angle DAC=\angle ACB$. Są przystające na mocy BKB, stąd $DC=AB$.

b) Ponieważ $AB\parallel CD$, mamy $\angle DCF=\angle BAE$. Z oznaczeń na rysunku także $\angle DFC=\angle BEA$. Przy $DF=BE$ trójkąty $DFC$ i $BEA$ są przystające, zatem $DC=BA$. Trójkąty $DCA$ i $BAC$ mają ponadto wspólny bok $AC$ oraz równe kąty przy $C$ i $A$ wynikające z równoległości $DC\parallel AB$. Są więc przystające (BKB), co daje $AD=BC$.