Pola trójkątów podobnych kartkówka LiczBit

15.6 Pola trójkątów podobnych

Kartkówka

Grupa A

Zadanie 1 (3 pkt)

Trójkąt $KLM$ ma obwód równy $40\text{ cm}$, a jego pole wynosi $60\text{ cm}^2$. Obwód trójkąta $K_1L_1M_1$ podobnego do trójkąta $KLM$ jest równy $20\text{ cm}$. Oblicz pole trójkąta $K_1L_1M_1$.

Wskazówki:

Stosunek obwodów dwóch wielokątów podobnych jest równy skali ich podobieństwa: $k = \dfrac{\text{Obwód}_1}{\text{Obwód}}$.
Stosunek pól dwóch figur podobnych jest równy kwadratowi skali podobieństwa: $\dfrac{P_1}{P} = k^2$.
Wyznacz skalę $k$, a następnie pomnóż pole wyjściowego trójkąta przez $k^2$.

Rozwiązanie krok po kroku:

Rysunek pomocniczy i wyznaczenie skali podobieństwa trójkątów:
Niech $k$ oznacza skalę podobieństwa trójkąta $K_1L_1M_1$ do trójkąta $KLM$. Ponieważ stosunek obwodów figur podobnych odpowiada skali podobieństwa, zapisujemy: $$\begin{aligned} k &= \dfrac{\text{Obwód}_{K_1L_1M_1}}{\text{Obwód}_{KLM}} \\[8pt] k &= \dfrac{20}{40} = \dfrac{1}{2} \end{aligned}$$ Oznacza to, że każdy bok trójkąta $K_1L_1M_1$ jest dwukrotnie krótszy od odpowiadającego mu boku trójkąta $KLM$.
Obliczenie pola trójkąta $K_1L_1M_1$ (Sposób I – z twierdzenia o stosunku pól):
Zgodnie z twierdzeniem o figurach podobnych, stosunek pól dwóch figur podobnych jest równy kwadratowi skali podobieństwa $k$: $$\dfrac{P_{K_1L_1M_1}}{P_{KLM}} = k^2$$ Podstawiamy obliczoną skalę $k = \dfrac{1}{2}$ oraz pole trójkąta $P_{KLM} = 60\text{ cm}^2$: $$\begin{aligned} \dfrac{P_{K_1L_1M_1}}{60} &= \left(\dfrac{1}{2}\right)^2 \\[8pt] \dfrac{P_{K_1L_1M_1}}{60} &= \dfrac{1}{4} \\[8pt] P_{K_1L_1M_1} &= 60 \cdot \dfrac{1}{4} \\[8pt] P_{K_1L_1M_1} &= 15\text{ cm}^2 \end{aligned}$$
Wyznaczenie pola z wykorzystaniem proporcji odwrotnej (Sposób II):
Możemy również zdefiniować skalę powiększenia trójkąta wyjściowego $KLM$ względem trójkąta $K_1L_1M_1$: $$k' = \dfrac{\text{Obwód}_{KLM}}{\text{Obwód}_{K_1L_1M_1}} = \dfrac{40}{20} = 2$$ Pole trójkąta $KLM$ jest wówczas $ (k')^2 $-krotnie większe od pola trójkąta $K_1L_1M_1$: $$\begin{aligned} P_{KLM} &= (k')^2 \cdot P_{K_1L_1M_1} \\[8pt] 60 &= 2^2 \cdot P_{K_1L_1M_1} \\[8pt] 60 &= 4 \cdot P_{K_1L_1M_1} \\[8pt] P_{K_1L_1M_1} &= \dfrac{60}{4} = 15\text{ cm}^2 \end{aligned}$$
Rysunek wynikowy i interpretacja geometryczna:
Zmniejszenie każdego wymiaru liniowego figur dwukrotnie ($k = \dfrac{1}{2}$) powoduje czterokrotne zmniejszenie jej pola powierzchni:

Odpowiedź:
Pole trójkąta $K_1L_1M_1$ wynosi $15\text{ cm}^2$.

Zadanie 2 (4 pkt)

Podstawa $AB$ trójkąta $ABC$ ma długość $10\text{ cm}$. Na boku $AC$ zaznaczono punkty $A_1, A_2$, a na boku $BC$ punkty $B_1, B_2$ w taki sposób, że $A_1B_1 \parallel AB$ i $A_2B_2 \parallel AB$. Wiedząc, że $|A_1B_1| = 4\text{ cm}$, $|A_2B_2| = 6\text{ cm}$, oblicz stosunek pól:
a) trójkątów $A_1B_1C$, $A_2B_2C$ i $ABC$
b) wielokątów $A_1B_1C$, $A_2B_2B_1A_1$ i $ABB_2A_2$.

Wskazówki:

Proste równoległe do jednego z boków trójkąta odcinają mniejsze trójkąty, które są podobne do wyjściowego trójkąta na mocy cechy kąt-kąt-kąt ($kkk$).
Stosunek pól figur podobnych jest równy kwadratowi skali ich podobieństwa: $\dfrac{P'}{P} = k^2$.
Pole każdego z powstałych pasów (trapezów) obliczamy, odejmując pole mniejszego trójkąta od pola większego trójkąta zawierającego dany fragment.

Rozwiązanie krok po kroku:

Rysunek pomocniczy i wyznaczenie skali podobieństwa trójkątów:
Ponieważ odcinki $A_1B_1$ oraz $A_2B_2$ są równoległe do podstawy $AB$, kąty przy wierzchołkach $A_1$ i $A_2$ odpowiadają kątowi przy wierzchołku $A$, a kąty przy $B_1$ i $B_2$ odpowiadają kątowi przy $B$. Mając wspólny kąt przy wierzchołku $C$, otrzymujemy trójkąty podobne na podstawie cechy $kkk$: $$ \triangle A_1B_1C \sim \triangle A_2B_2C \sim \triangle ABC $$ Wyznaczamy skale podobieństwa mniejszych trójkątów względem trójkąta bazowego $ABC$, korzystając ze stosunku odpowiadających sobie podstaw: $$ \begin{aligned} k_1 &= \dfrac{|A_1B_1|}{|AB|} = \dfrac{4}{10} = \dfrac{2}{5} \\[8pt] k_2 &= \dfrac{|A_2B_2|}{|AB|} = \dfrac{6}{10} = \dfrac{3}{5} \end{aligned} $$
Podpunkt a) Obliczenie stosunku pól trójkątów $A_1B_1C$, $A_2B_2C$ i $ABC$:
Stosunek pól figur podobnych jest równy kwadratowi skali ich podobieństwa. Przyjmując pole trójkąta $ABC$ jako $P$, pola odciętych trójkątów wynoszą: $$ \begin{aligned} P(A_1B_1C) &= k_1^2 \cdot P = \left(\dfrac{2}{5}\right)^2 P = \dfrac{4}{25} P \\[8pt] P(A_2B_2C) &= k_2^2 \cdot P = \left(\dfrac{3}{5}\right)^2 P = \dfrac{9}{25} P \\[8pt] P(ABC) &= P = \dfrac{25}{25} P \end{aligned} $$ Zapisujemy stosunek pól tych trzech trójkątów: $$ \begin{aligned} P(A_1B_1C) : P(A_2B_2C) : P(ABC) &= \dfrac{4}{25} P : \dfrac{9}{25} P : \dfrac{25}{25} P \\[8pt] &= 4 : 9 : 25 \end{aligned} $$
Podpunkt b) Obliczenie stosunku pól wielokątów $A_1B_1C$, $A_2B_2B_1A_1$ i $ABB_2A_2$:
Wielokąt $A_1B_1C$ to trójkąt o polu wyliczonym w poprzednim podpunkcie: $$ P(A_1B_1C) = \dfrac{4}{25} P $$ Wielokąt $A_2B_2B_1A_1$ to trapez powstały z odcięcia mniejszego trójkąta $A_1B_1C$ od trójkąta $A_2B_2C$: $$ \begin{aligned} P(A_2B_2B_1A_1) &= P(A_2B_2C) - P(A_1B_1C) \\[8pt] &= \dfrac{9}{25} P - \dfrac{4}{25} P \\[8pt] &= \dfrac{5}{25} P \end{aligned} $$ Wielokąt $ABB_2A_2$ to trapez powstały z odcięcia trójkąta $A_2B_2C$ od całego trójkąta $ABC$: $$ \begin{aligned} P(ABB_2A_2) &= P(ABC) - P(A_2B_2C) \\[8pt] &= P - \dfrac{9}{25} P \\[8pt] &= \dfrac{16}{25} P \end{aligned} $$ Wyznaczamy ostateczny stosunek pól tych trzech rozłącznych obszarów: $$ \begin{aligned} P(A_1B_1C) : P(A_2B_2B_1A_1) : P(ABB_2A_2) &= \dfrac{4}{25} P : \dfrac{5}{25} P : \dfrac{16}{25} P \\[8pt] &= 4 : 5 : 16 \end{aligned} $$

Odpowiedź:
a) Stosunek pól trójkątów $A_1B_1C$, $A_2B_2C$ i $ABC$ wynosi $4 : 9 : 25$.

b) Stosunek pól wielokątów $A_1B_1C$, $A_2B_2B_1A_1$ i $ABB_2A_2$ wynosi $4 : 5 : 16$.

Zadanie 3 (3 pkt)

Stosunek pól dwóch trójkątów podobnych $T_1$ i $T_2$ wynosi $\dfrac{25}{16}$. Wiedząc, że bok $a_1$ trójkąta $T_1$ jest o $3\text{ cm}$ dłuższy od odpowiadającego mu boku $a_2$ trójkąta $T_2$, oblicz długości obu tych boków.

Wskazówki:

Wykorzystaj podstawowe twierdzenie o figurach podobnych: stosunek pól dwóch figur podobnych jest równy kwadratowi skali podobieństwa ($k^2$).
Wyznacz skalę podobieństwa $k = \sqrt{\dfrac{P_1}{P_2}}$, a następnie powiąż ją ze stosunkiem odpowiadających sobie boków $\dfrac{a_1}{a_2} = k$.
Zapisz podaną w treści zależność między długościami boków jako $a_1 = a_2 + 3$ i rozwiąż powstałe równanie.

Rozwiązanie krok po kroku:

Rysunek pomocniczy i wyznaczenie skali podobieństwa trójkątów:
Zgodnie z twierdzeniem o polach figur podobnych, stosunek pola trójkąta $T_1$ do pola trójkąta $T_2$ jest równy kwadratowi skali podobieństwa $k$: $$\dfrac{P_1}{P_2} = k^2$$ Podstawiamy wartość stosunku pól podaną w treści zadania: $$k^2 = \dfrac{25}{16}$$ Ponieważ skala podobieństwa $k$ musi być liczbą dodatnią ($k > 0$), pierwiastkujemy obie strony równania: $$\begin{aligned} k &= \sqrt{\dfrac{25}{16}} \\[8pt] &= \dfrac{\sqrt{25}}{\sqrt{16}} = \dfrac{5}{4} \end{aligned}$$ Z treści zadania wynika również, że bok $a_1$ jest o $3\text{ cm}$ dłuższy od boku $a_2$, co zapisujemy jako: $$a_1 = a_2 + 3$$
Obliczenie długości boków $a_1$ oraz $a_2$:
Zadanie można rozwiązać na dwa równoważne sposoby:

Sposób I – Zapisanie i rozwiązanie proporcji:
Stosunek odpowiadających sobie boków w figurach podobnych jest równy skali podobieństwa $k$: $$\dfrac{a_1}{a_2} = k$$ Podstawiamy $k = \dfrac{5}{4}$ oraz $a_1 = a_2 + 3$: $$\dfrac{a_2 + 3}{a_2} = \dfrac{5}{4}$$ Mnożymy obie strony równania „na krzyż”: $$\begin{aligned} 5 \cdot a_2 &= 4 \cdot (a_2 + 3) \\[8pt] 5a_2 &= 4a_2 + 12 \\[8pt] 5a_2 - 4a_2 &= 12 \\[8pt] a_2 &= 12\text{ cm} \end{aligned}$$ Mając długość boku $a_2$, wyznaczamy długość boku $a_1$: $$\begin{aligned} a_1 &= a_2 + 3 \\[8pt] a_1 &= 12 + 3 = 15\text{ cm} \end{aligned}$$
Sposób II – Wykorzystanie współczynnika proporcjonalności $x$:
Ponieważ stosunek boków wynosi: $$\dfrac{a_1}{a_2} = \dfrac{5}{4}$$ możemy zapisać długości obu boków przy użyciu pomocniczego współczynnika $x > 0$: $$\begin{aligned} a_1 &= 5x \\[8pt] a_2 &= 4x \end{aligned}$$ Różnica długości tych boków wynosi $3\text{ cm}$: $$\begin{aligned} a_1 - a_2 &= 3 \\[8pt] 5x - 4x &= 3 \\[8pt] x &= 3\text{ cm} \end{aligned}$$ Podstawiamy wartość $x = 3\text{ cm}$ do wyrażeń na boki: $$\begin{aligned} a_1 &= 5 \cdot 3 = 15\text{ cm} \\[8pt] a_2 &= 4 \cdot 3 = 12\text{ cm} \end{aligned}$$
Zestawienie wyznaczonych długości boków na rysunku wynikowym:
Otrzymane długości boków to $a_1 = 15\text{ cm}$ dla trójkąta $T_1$ oraz $a_2 = 12\text{ cm}$ dla trójkąta $T_2$. Sprawdźmy poprawność: $$\dfrac{a_1}{a_2} = \dfrac{15}{12} = \dfrac{5}{4} = k \implies \left(\dfrac{5}{4}\right)^2 = \dfrac{25}{16}$$ Wszystkie warunki zadania zostały spełnione.

Odpowiedź:
$a_1 = 15\text{ cm}$, $a_2 = 12\text{ cm}$

Zadanie 4 (4 pkt)

W trójkącie równoramiennym $ABC$ podstawa $AB$ ma długość $30\text{ cm}$. W trójkąt wpisano koło, które jest styczne do ramion trójkąta w punktach $D$ i $E$. Wiedząc, że $|DE| = 12\text{ cm}$, oblicz:
a) pole trójkąta $DEC$,
b) pole czworokąta $ABED$.

Wskazówki:

Skorzystaj z twierdzenia o odcinkach stycznych poprowadzonych z jednego punktu do okręgu – odcinki wyznaczone od danego wierzchołka do punktów styczności mają równe długości.
Zauważ, że w trójkącie równoramiennym odcinek $DE$ łączący punkty styczności na ramionach jest równoległy do podstawy $AB$, zatem trójkąt $DEC$ jest podobny do trójkąta $ABC$.
Stosunek pól figur podobnych jest równy kwadratowi skali podobieństwa: $\dfrac{P_{\Delta DEC}}{P_{\Delta ABC}} = k^2$.
Pole czworokąta $ABED$ najprościej wyznaczyć jako różnicę pola całego trójkąta $ABC$ oraz pola trójkąta $DEC$ lub korzystając bezpośrednio ze wzoru na pole trapezu.

Rozwiązanie krok po kroku:

Rysunek pomocniczy i analiza własności stycznych do okręgu:
Oznaczmy punkt styczności okręgu z podstawą $AB$ jako $F$. W trójkącie równoramiennym oś symetrii przechodząca przez wierzchołek $C$ jest jednocześnie wysokością opuszczoną na podstawę $AB$, a punkt styczności $F$ jest środkiem tej podstawy: $$|AF| = |BF| = \dfrac{|AB|}{2} = \dfrac{30}{2} = 15\text{ cm}$$ Z twierdzenia o odcinkach stycznych poprowadzonych z wierzchołków trójkąta do okręgu wpisanego otrzymujemy: $$\begin{aligned} |AD| &= |AF| = 15\text{ cm} \\[8pt] |BE| &= |BF| = 15\text{ cm} \\[8pt] |CD| &= |CE| = x \end{aligned}$$ Długość ramion trójkąta wynosi zatem $|AC| = |BC| = x + 15$. Ponieważ odcinek $DE$ łączy punkty leżące na ramionach w równej odległości od wierzchołka $C$, zachodzi proporcja $\dfrac{|CD|}{|AC|} = \dfrac{|CE|}{|BC|}$, co oznacza, że odcinek $DE$ jest równoległy do podstawy $AB$ ($DE \parallel AB$). Trójkąt $DEC$ jest więc podobny do trójkąta $ABC$ na mocy cechy kąt-kąt-kąt (kkk).

Układamy równanie wynikające z podobieństwa trójkątów $\Delta DEC \sim \Delta ABC$: $$\dfrac{|DE|}{|AB|} = \dfrac{|CD|}{|AC|}$$ Podstawiamy dane liczbowe i wyznaczamy wartość $x$: $$\begin{aligned} \dfrac{12}{30} &= \dfrac{x}{x + 15} \\[8pt] \dfrac{2}{5} &= \dfrac{x}{x + 15} \\[8pt] 5x &= 2(x + 15) \\[8pt] 5x &= 2x + 30 \\[8pt] 3x &= 30 \\[8pt] x &= 10\text{ cm} \end{aligned}$$ Długość ramion trójkąta $ABC$ wynosi: $$|AC| = |BC| = 10 + 15 = 25\text{ cm}$$
Podpunkt a) Obliczenie wysokości i pola trójkąta $DEC$:
Wysokość całego trójkąta $ABC$ opuszczoną na podstawę $AB$ (odcinek $CF$) obliczamy z twierdzenia Pitagorasa w trójkącie prostokątnym $AFC$: $$\begin{aligned} |CF|^2 + |AF|^2 &= |AC|^2 \\[8pt] h^2 + 15^2 &= 25^2 \\[8pt] h^2 + 225 &= 625 \\[8pt] h^2 &= 400 \\[8pt] h &= 20\text{ cm} \end{aligned}$$ Obliczamy pole trójkąta $ABC$: $$\begin{aligned} P_{\Delta ABC} &= \dfrac{1}{2} \cdot |AB| \cdot h \\[8pt] &= \dfrac{1}{2} \cdot 30 \cdot 20 \\[8pt] &= 300\text{ cm}^2 \end{aligned}$$
Sposób I – Wykorzystanie stosunku pól trójkątów podobnych:
Skala podobieństwa trójkąta $DEC$ do trójkąta $ABC$ wynosi: $$k = \dfrac{|DE|}{|AB|} = \dfrac{12}{30} = \dfrac{2}{5}$$ Stosunek pól figur podobnych jest równy kwadratowi skali podobieństwa $k^2$: $$\begin{aligned} \dfrac{P_{\Delta DEC}}{P_{\Delta ABC}} &= k^2 = \left(\dfrac{2}{5}\right)^2 = \dfrac{4}{25} \\[8pt] P_{\Delta DEC} &= \dfrac{4}{25} \cdot P_{\Delta ABC} \\[8pt] &= \dfrac{4}{25} \cdot 300 \\[8pt] &= 4 \cdot 12 = 48\text{ cm}^2 \end{aligned}$$
Sposób II – Wyznaczenie wysokości trójkąta $DEC$:
Wysokość trójkąta $DEC$ (oznaczmy jako $h_1$) jest proporcjonalna do wysokości trójkąta $ABC$: $$h_1 = k \cdot h = \dfrac{2}{5} \cdot 20 = 8\text{ cm}$$ Obliczamy pole trójkąta $DEC$: $$P_{\Delta DEC} = \dfrac{1}{2} \cdot |DE| \cdot h_1 = \dfrac{1}{2} \cdot 12 \cdot 8 = 48\text{ cm}^2$$
Podpunkt b) Obliczenie pola czworokąta $ABED$:
Czworokąt $ABED$ jest trapezem o podstawach $AB$ oraz $DE$, ponieważ $DE \parallel AB$.

Sposób I – Różnica pól trójkątów:
Pole czworokąta $ABED$ jest równe różnicy pola trójkąta $ABC$ i pola trójkąta $DEC$: $$\begin{aligned} P_{ABED} &= P_{\Delta ABC} - P_{\Delta DEC} \\[8pt] &= 300 - 48 \\[8pt] &= 252\text{ cm}^2 \end{aligned}$$
Sposób II – Wykorzystanie wzoru na pole trapezu:
Wysokość trapezu $h_{tr}$ jest różnicą wysokości całego trójkąta oraz wysokości trójkąta górnego: $$h_{tr} = h - h_1 = 20 - 8 = 12\text{ cm}$$ Stosujemy wzór na pole trapezu: $$\begin{aligned} P_{ABED} &= \dfrac{|AB| + |DE|}{2} \cdot h_{tr} \\[8pt] &= \dfrac{30 + 12}{2} \cdot 12 \\[8pt] &= \dfrac{42}{2} \cdot 12 \\[8pt] &= 21 \cdot 12 = 252\text{ cm}^2 \end{aligned}$$

Odpowiedź:
a) $P_{\Delta DEC} = 48\text{ cm}^2$

b) $P_{ABED} = 252\text{ cm}^2$

Zadanie 5 (3 pkt)

W trójkącie prostokątnym $ABC$ stosunek przyprostokątnych jest równy $|AB| : |AC| = 12 : 5$. Punkt $D$ dzieli przyprostokątną $AB$ na odcinki takie, że $|AD| = \dfrac{1}{2}|DB|$. Punkt $E$ należy do przeciwprostokątnej $BC$ i odcinek $DE$ jest prostopadły do boku $BC$. Oblicz, jakim procentem pola trójkąta $ABC$ jest pole trójkąta $DBE$.

Wskazówki:

Wprowadź współczynnik proporcjonalności $x$ dla długości przyprostokątnych i wyznacz długość przeciwprostokątnej $BC$ za pomocą twierdzenia Pitagorasa.
Wyznacz długość odcinka $DB$ z podanego stosunku podziału przyprostokątnej $AB$.
Zauważ, że trójkąty prostokątne $DBE$ i $CBA$ mają wspólny kąt ostry przy wierzchołku $B$, co oznacza, że są podobne na mocy cechy kąt-kąt-kąt ($k-k-k$).
Skorzystaj z faktu, że stosunek pól figur podobnych jest równy kwadratowi skali podobieństwa ($k^2$), lub wyznacz boki trójkąta $DBE$ za pomocą funkcji trygonometrycznych.

Rozwiązanie krok po kroku:

Rysunek pomocniczy i wyznaczenie długości boków trójkąta $ABC$:
Wprowadzamy współczynnik proporcjonalności $x > 0$. Długości przyprostokątnych trójkąta prostokątnego $ABC$ wynoszą: $$|AB| = 12x, \quad |AC| = 5x$$ Kąt prosty znajduje się przy wierzchołku $A$. Długość przeciwprostokątnej $BC$ obliczamy z twierdzenia Pitagorasa: $$\begin{aligned} |BC|^2 &= |AB|^2 + |AC|^2 \\[8pt] |BC|^2 &= (12x)^2 + (5x)^2 \\[8pt] |BC|^2 &= 144x^2 + 25x^2 \\[8pt] |BC|^2 &= 169x^2 \\[8pt] |BC| &= \sqrt{169x^2} = 13x \end{aligned}$$ Punkt $D$ leży na przyprostokątnej $AB$ i dzieli ją tak, że $|AD| = \dfrac{1}{2}|DB|$. Cały odcinek $AB$ ma długość: $$|AB| = |AD| + |DB| = \dfrac{1}{2}|DB| + |DB| = \dfrac{3}{2}|DB|$$ Przyrównując do $|AB| = 12x$, otrzymujemy: $$\begin{aligned} \dfrac{3}{2}|DB| &= 12x \\[8pt] |DB| &= 12x \cdot \dfrac{2}{3} = 8x \\[8pt] |AD| &= 12x - 8x = 4x \end{aligned}$$ Punkt $E$ leży na boku $BC$, a odcinek $DE$ tworzy z bokiem $BC$ kąt prosty ($DE \perp BC$).
Sposób I – Wykorzystanie podobieństwa trójkątów (cecha $k-k-k$):
Rozważmy trójkąt prostokątny $\triangle DBE$ oraz trójkąt prostokątny $\triangle CBA$:
- Kąt przy wierzchołku $E$ w trójkącie $\triangle DBE$ wynosi $90^\circ$ ($DE \perp BC$).
- Kąt przy wierzchołku $A$ w trójkącie $\triangle CBA$ wynosi $90^\circ$ ($|AB| \perp |AC|$).
- Oba trójkąty mają wspólny kąt ostry przy wierzchołku $B$: $\sphericalangle DBE = \sphericalangle CBA$.
Na mocy cechy kąt-kąt-kąt ($k-k-k$) trójkąty te są podobne: $$\triangle DBE \sim \triangle CBA$$ W trójkącie $\triangle DBE$ przeciwprostokątną (bokiem leżącym naprzeciw kąta prostego $E$) jest bok $DB$. W trójkącie $\triangle CBA$ przeciwprostokątną (naprzeciw kąta prostego $A$) jest bok $CB$.

Skala podobieństwa trójkąta $\triangle DBE$ do trójkąta $\triangle CBA$ wynosi zatem: $$k = \dfrac{|DB|}{|CB|} = \dfrac{8x}{13x} = \dfrac{8}{13}$$ Stosunek pól figur podobnych jest równy kwadratowi skali podobieństwa: $$\dfrac{P_{\triangle DBE}}{P_{\triangle ABC}} = k^2 = \left(\dfrac{8}{13}\right)^2 = \dfrac{64}{169}$$ Obliczamy, jakim procentem pola trójkąta $ABC$ jest pole trójkąta $DBE$: $$\begin{aligned} \dfrac{P_{\triangle DBE}}{P_{\triangle ABC}} \cdot 100\% &= \dfrac{64}{169} \cdot 100\% \\[8pt] &= \dfrac{6400}{169}\% = 37\dfrac{147}{169}\% \approx 37{,}87\% \end{aligned}$$
Sposób II – Wyznaczenie boków trójkąta $DBE$ z funkcji trygonometrycznych:
W trójkącie prostokątnym $ABC$ wyznaczamy wartości sinusa i cosinusa kąta $\beta = \sphericalangle B$: $$\sin \beta = \dfrac{|AC|}{|BC|} = \dfrac{5x}{13x} = \dfrac{5}{13}, \quad \cos \beta = \dfrac{|AB|}{|BC|} = \dfrac{12x}{13x} = \dfrac{12}{13}$$ Trójkąt $\triangle DBE$ jest trójkątem prostokątnym o przeciwprostokątnej $|DB| = 8x$. Długości jego przyprostokątnych wynoszą: $$\begin{aligned} |DE| &= |DB| \cdot \sin \beta = 8x \cdot \dfrac{5}{13} = \dfrac{40x}{13} \\[8pt] |BE| &= |DB| \cdot \cos \beta = 8x \cdot \dfrac{12}{13} = \dfrac{96x}{13} \end{aligned}$$ Pole trójkąta $\triangle DBE$ wynosi: $$\begin{aligned} P_{\triangle DBE} &= \dfrac{1}{2} \cdot |BE| \cdot |DE| \\[8pt] &= \dfrac{1}{2} \cdot \dfrac{96x}{13} \cdot \dfrac{40x}{13} \\[8pt] &= \dfrac{1920x^2}{169} \end{aligned}$$ Pole wyjściowego trójkąta prostokątnego $\triangle ABC$ jest równe: $$P_{\triangle ABC} = \dfrac{1}{2} \cdot |AB| \cdot |AC| = \dfrac{1}{2} \cdot 12x \cdot 5x = 30x^2$$ Dzielimy pole trójkąta $\triangle DBE$ przez pole trójkąta $\triangle ABC$ i zamieniamy wynik na procenty: $$\begin{aligned} \dfrac{P_{\triangle DBE}}{P_{\triangle ABC}} \cdot 100\% &= \dfrac{\dfrac{1920x^2}{169}}{30x^2} \cdot 100\% \\[8pt] &= \dfrac{1920}{30 \cdot 169} \cdot 100\% \\[8pt] &= \dfrac{64}{169} \cdot 100\% = \dfrac{6400}{169}\% = 37\dfrac{147}{169}\% \approx 37{,}87\% \end{aligned}$$
Interpretacja graficzna rozwiązania:
Trójkąt $\triangle DBE$ stanowi dokładnie $\dfrac{64}{169}$ (czyli ok. $37{,}87\%$) pola wyjściowego trójkąta $ABC$.

Odpowiedź:
Pole trójkąta $DBE$ stanowi $\dfrac{6400}{169}\% = 37\dfrac{147}{169}\% \approx 37{,}87\%$ pola trójkąta $ABC$.

Grupa B

Zadanie 1 (3 pkt)

Obwód trójkąta $T_{1}$ jest równy $12$ cm, a jego pole wynosi $6$ cm$^{2}$. Trójkąt $T_{2}$ jest podobny do trójkąta $T_{1}$, a jego obwód wynosi $36$ cm. Oblicz pole trójkąta $T_{2}$