NOWA MATeMAtyka 1. Zakres podstawowy i rozszerzony — strona 294

Cień drzewa ma długość

$$22{,}5+4{,}5=27\ \mathrm{m}.$$

Promienie słoneczne tworzą dwa podobne trójkąty prostokątne, więc

$$\frac{h}{27}=\frac{1{,}8}{4{,}5}.$$

Stąd

$$h=27\cdot\frac{1{,}8}{4{,}5}=10{,}8\ \mathrm{m}.$$

Ponieważ $EN$ i $DM$ są wysokościami,

$$\angle FNE=\angle FMD=90^\circ.$$

Kąt przy wierzchołku $F$ jest wspólny obu trójkątom, gdyż jego ramiona leżą na prostych $FD$ i $FE$. Dwie pary kątów są więc równe, a trzecia para również. Z cechy KKK:

$$\triangle FEN\sim\triangle FDM.$$

a) Odcinki łączące środki boków są równoległe do trzecich boków i mają połowę ich długości. Każdy bok trójkąta $EFG$ jest więc dwa razy krótszy od odpowiadającego boku $ABC$. Z cechy BBB

$$\triangle ABC\sim\triangle EFG$$

w skali $2:1$.

b) Każdy z trójkątów $T_1,T_2,T_3,T_4$ ma boki długości

$$\frac{|AB|}{2},\qquad \frac{|BC|}{2},\qquad \frac{|CA|}{2},$$

choć w różnej kolejności. Na mocy cechy BBB wszystkie cztery trójkąty są przystające.

Rozważmy pierwszy z warunków i oznaczmy

$$\frac c{c'}=\frac a{a'}=k.$$

Zatem $c=kc'$ i $a=ka'$. Z twierdzenia Pitagorasa:

$$b^2=c^2-a^2=k^2(c'^2-a'^2)=k^2b'^2.$$

Długości są dodatnie, więc $b=kb'$. Wszystkie trzy pary boków są proporcjonalne i trójkąty są podobne na mocy cechy BBB.

Dla warunku $c/c'=b/b'$ rozumowanie jest analogiczne: z twierdzenia Pitagorasa otrzymujemy $a=ka'$.

a) Kąty $AOB$ i $COD$ są wierzchołkowe. Ponadto, ponieważ $AB\parallel CD$, kąty przy $A,C$ oraz przy $B,D$ są parami naprzemianległe. Z cechy KKK

$$\triangle ABO\sim\triangle CDO.$$

b) Skala podobieństwa wynosi $AB/CD=8/4=2$. W tej samej proporcji pozostają odległości punktu $O$ od podstaw. Jeśli odległość od krótszej podstawy wynosi $x$, to od dłuższej wynosi $2x$, a

$$x+2x=6.$$

Stąd $x=2\ \mathrm{cm}$. Pola:

$$P_{ABO}=\frac12\cdot8\cdot4=16\ \mathrm{cm}^2, \qquad P_{CDO}=\frac12\cdot4\cdot2=4\ \mathrm{cm}^2.$$

a) Trójkąty $ABD$ i $ABC$ mają wspólną podstawę $AB$ i równe wysokości, ponieważ $CD\parallel AB$. Zatem mają równe pola. Po odjęciu od obu pól wspólnego pola trójkąta $AOB$ otrzymujemy

$$P_{AOD}=P_{BOC}.$$

b) Niech $CD$ będzie krótszą podstawą. Z podobieństwa trójkątów $ABO$ i $CDO$:

$$\frac{AB}{CD}=\frac53,$$

stąd $CD=6\ \mathrm{cm}$. Pola trójkątów przy podstawach wynoszą

$$P_{ABO}=\frac12\cdot10\cdot5=25\ \mathrm{cm}^2,$$ $$P_{CDO}=\frac12\cdot6\cdot3=9\ \mathrm{cm}^2.$$

Pole trapezu jest równe

$$\frac{10+6}{2}\cdot(5+3)=64\ \mathrm{cm}^2.$$

Pozostałe dwa trójkąty mają równe pola, więc każde ma

$$\frac{64-25-9}{2}=15\ \mathrm{cm}^2.$$