NOWA MATeMAtyka 1. Zakres podstawowy i rozszerzony — strona 282

a) W prostokącie $AD=BC$ i $\angle DAP=\angle CBP=90^\circ$. Ponieważ $P$ jest środkiem $AB$, mamy $AP=PB$. Z cechy BKB: [ \triangle APD\cong\triangle BPC. ]

b) Niech przekątne $AC$ i $BD$ równoległoboku przecinają się w $P$. Mamy $AD=BC$. Z równoległości $AD\parallel BC$: [ \angle PAD=\angle PCB,\qquad \angle PDA=\angle PBC. ] Z cechy KBK $\triangle APD\cong\triangle CPB$. Stąd $AP=PC$ oraz $DP=PB$, więc $P$ jest środkiem obu przekątnych.

Niech bok $ABC$ ma długość $a$, a wspólna długość $AD=BE=CF$ będzie równa $t$. Wtedy [ DB=EC=FA=a-t. ] Trójkąty $ADF$, $BED$ i $CFE$ mają po dwa boki długości $t$ i $a-t$ oraz zawarty między nimi kąt $60^\circ$. Są przystające z cechy BKB. Ich trzecie boki są więc równe: [ DF=DE=EF. ]

Ponieważ $AC=BC$, a $P,Q$ są środkami odpowiednich boków, [ CP=CQ\qquad\text{oraz}\qquad BP=AQ. ] Trójkąty $ACP$ i $BCQ$ są przystające z cechy BKB: $AC=BC$, $CP=CQ$, a kąty przy $C$ są proste. Stąd [ \angle CAP=\angle CBQ. ] W trójkątach $AOQ$ i $BOP$ mamy więc $AQ=BP$, równe kąty przy $A$ i $B$ oraz równe kąty wierzchołkowe przy $O$. Wobec tego także trzecie kąty, przy $Q$ i $P$, są równe. Bok $AQ$ (odpowiednio $BP$) leży między dwiema równymi parami kątów, więc z cechy KBK trójkąty są przystające.

Oznaczmy $BP=BQ=t$. Wtedy $AP=CQ=2t$, a $AB=BC=3t$. Trójkąty $ABQ$ i $CBP$ mają: [ AB=CB,\quad BQ=BP,\quad \angle ABQ=\angle CBP=60^\circ, ] więc są przystające z cechy BKB. Stąd [ \angle BAQ=\angle BCP. ] W trójkątach $APS$ i $CQS$ mamy $AP=CQ$, równe kąty przy $A,C$ oraz równe kąty wierzchołkowe przy $S$. Równe są więc również trzecie kąty przy $P,Q$. Bok $AP$ (odpowiednio $CQ$) leży między równymi kątami przy $A,P$ (odpowiednio $C,Q$), zatem cecha KBK daje przystawanie.

Najpierw trójkąty $ABD$ i $CBD$ są przystające z cechy BBB, ponieważ [ AB=CB,\quad AD=CD,\quad BD=BD. ] Stąd przekątna $BD$ dzieli na połowy kąty przy $B$ i $D$: [ \angle ABO=\angle OBC,\qquad \angle ADO=\angle ODC. ] Teraz $\triangle AOB$ i $\triangle COB$ mają $AB=CB$, wspólny bok $OB$ i równy kąt między nimi, więc są przystające z cechy BKB. Analogicznie $AD=CD$, $OD$ jest wspólny i kąty przy $D$ są równe, zatem $\triangle AOD\cong\triangle COD$.

Poprowadźmy przez $P$ i $Q$ proste prostopadłe do bandy $AB$; niech przecinają ją odpowiednio w punktach $R$ i $T$. Odcinki $PR$ i $QT$ są szerokościami tego samego prostokąta, więc $PR=QT$.

Trójkąty $SPR$ i $SQT$ są prostokątne, mają równe kąty $\alpha$ przy $S$ oraz $PR=QT$. Z cechy KBK (po wyznaczeniu drugiej pary równych kątów ostrych) są przystające, zatem $SR=ST$.

Ponieważ $S$ jest środkiem $AB$, $SB=SA$. Stąd [ BR=SB-SR=SA-ST=AT. ] Czworokąty $CBRP$ i $QTAD$ są prostokątami, więc $PC=BR$ oraz $QD=AT$. Ostatecznie $PC=QD$.

Niech $AD$ będzie wysokością zawartą w dwusiecznej kąta $A$. W trójkątach $ABD$ i $ACD$: [ \angle ADB=\angle ADC=90^\circ,\qquad \angle BAD=\angle DAC,\qquad AD=AD. ] Z cechy KBK trójkąty są przystające, więc odpowiadające boki $AB$ i $AC$ są równe.

Z równości $\angle EFB=\angle FEB$ wynika, że trójkąt $EFB$ jest równoramienny, więc [ EB=FB. ] Ponieważ $AE=CF$, mamy [ AB=AE+EB=CF+FB=CB. ]

a) W trójkątach $BAF$ i $BCE$ zachodzą równości $BA=BC$, $BF=BE$, a kąt przy $B$ jest wspólnym kątem między prostymi $BA$ i $BC$. Z cechy BKB trójkąty są przystające.

b) Z przystawania wynika $\angle AFB=\angle BEC$. Pierwszy z tych kątów jest sumą $\angle DFE+\angle EFB$, a drugi sumą $\angle FEB+\angle FED$. Po odjęciu równych kątów $\angle EFB=\angle FEB$ dostajemy $\angle DFE=\angle FED$, więc $DE=DF$. Razem z $EB=FB$ daje to dwie pary równych boków czworokąta $DEBF$.