Zastosowanie pojęcia pola w dowodzeniu twierdzeń kartkówka LiczBit

15.8 Zastosowanie pojęcia pola w dowodzeniu twierdzeń

Kartkówka

Grupa A

Zadanie 1 (3 pkt)

Punkt $M$ należy do podstawy $AB$ trójkąta równoramiennego $ABC$, przy czym $M \neq A$ i $M \neq B$. Wykaż, że suma odległości punktu $M$ od ramion trójkąta jest równa wysokości trójkąta poprowadzonej z punktu $A$.

Wskazówki:

Oznacz długości ramion trójkąta jako $|AC| = |BC| = b$, odległości punktu $M$ od ramion jako $d_1$ i $d_2$, a wysokość opuszczoną z wierzchołka $A$ jako $h_a$.
Sposób I (metoda pól): Połącz punkt $M$ z wierzchołkiem $C$. Zauważ, że pole trójkąta $ABC$ jest sumą pól trójkątów $AMC$ i $BMC$. Porównaj tę sumę ze wzorem na pole trójkąta $ABC$ z wysokością $h_a$.
Sposób II (trygonometryczny): Skorzystaj z równości kątów przy podstawie trójkąta równoramiennego ($\angle CAB = \angle CBA = \alpha$) i wyznacz wielkości $h_a$, $d_1$ oraz $d_2$ w odpowiednich trójkątach prostokątnych za pomocą funkcji $\sin \alpha$.

Rozwiązanie krok po kroku:

Rysunek pomocniczy i analiza założeń zadania:
Niech $ABC$ będzie trójkątem równoramiennym o podstawie $AB$ i ramionach $AC$ oraz $BC$, czyli: $$|AC| = |BC| = b$$ Wybieramy punkt $M$ leżący wewnątrz podstawy $AB$. Odległości punktu $M$ od ramion trójkąta to długości odcinków prostopadłych do tych ramion: $$d_1 = |MD| \quad (MD \perp AC), \qquad d_2 = |ME| \quad (ME \perp BC)$$ Wysokość trójkąta poprowadzona z wierzchołka $A$ na ramię $BC$ to odcinek: $$h_a = |AF| \quad (AF \perp BC)$$ Teza do udowodnienia ma postać: $$d_1 + d_2 = h_a$$
Sposób I – Dowód z wykorzystaniem sumy pól trójkątów:
Łączymy punkt $M$ z wierzchołkiem $C$ odcinkiem $MC$. Odcinek ten dzieli trójkąt $ABC$ na dwa mniejsze trójkąty: $\triangle AMC$ oraz $\triangle BMC$. Pole całego trójkąta $ABC$ jest sumą pól tych dwóch trójkątów: $$P_{ABC} = P_{AMC} + P_{BMC}$$ Pole trójkąta $\triangle AMC$, przyjmując jako podstawę ramię $AC$ o długości $b$, a jako wysokość odcinek $MD = d_1$, wyraża się wzorem: $$P_{AMC} = \dfrac{1}{2} \cdot |AC| \cdot d_1 = \dfrac{1}{2} \cdot b \cdot d_1$$ Pole trójkąta $\triangle BMC$, przyjmując jako podstawę ramię $BC$ o długości $b$, a jako wysokość odcinek $ME = d_2$, wynosi: $$P_{BMC} = \dfrac{1}{2} \cdot |BC| \cdot d_2 = \dfrac{1}{2} \cdot b \cdot d_2$$ Sumujemy pola obu trójkątów: $$\begin{aligned} P_{ABC} &= \dfrac{1}{2} \cdot b \cdot d_1 + \dfrac{1}{2} \cdot b \cdot d_2 \\[8pt] &= \dfrac{1}{2} \cdot b \cdot (d_1 + d_2) \end{aligned}$$ Z drugiej strony, pole trójkąta $ABC$ możemy obliczyć za pomocą ramienia $BC$ i opuszczonej na nie wysokości $h_a = |AF|$: $$P_{ABC} = \dfrac{1}{2} \cdot |BC| \cdot h_a = \dfrac{1}{2} \cdot b \cdot h_a$$ Przyrównujemy obie równoważne postacie pola trójkąta $ABC$: $$\dfrac{1}{2} \cdot b \cdot (d_1 + d_2) = \dfrac{1}{2} \cdot b \cdot h_a$$ Dzielimy obie strony równania przez $\dfrac{1}{2} \cdot b$ (ponieważ $b > 0$): $$d_1 + d_2 = h_a$$ co kończy dowód.
Sposób II – Dowód trygonometryczny z wykorzystaniem kątów przy podstawie:
W trójkącie równoramiennym $ABC$ kąty przy podstawie $AB$ mają równe miary: $$\angle CAB = \angle CBA = \alpha, \quad \text{gdzie } \alpha \in (0^\circ, 90^\circ)$$ Rozpatrujemy definicję sinusa w odpowiednich trójkątach prostokątnych:

1. W trójkącie prostokątnym $ABF$ (o kącie prostym przy wierzchołku $F$): $$\sin \alpha = \dfrac{|AF|}{|AB|} = \dfrac{h_a}{|AB|} \implies h_a = |AB| \cdot \sin \alpha$$ 2. W trójkącie prostokątnym $ADM$ (o kącie prostym przy wierzchołku $D$): $$\sin \alpha = \dfrac{|MD|}{|AM|} = \dfrac{d_1}{|AM|} \implies d_1 = |AM| \cdot \sin \alpha$$ 3. W trójkącie prostokątnym $BEM$ (o kącie prostym przy wierzchołku $E$): $$\sin \alpha = \dfrac{|ME|}{|MB|} = \dfrac{d_2}{|MB|} \implies d_2 = |MB| \cdot \sin \alpha$$ Dodajemy stronami wyznaczone odległości $d_1$ oraz $d_2$: $$\begin{aligned} d_1 + d_2 &= |AM| \cdot \sin \alpha + |MB| \cdot \sin \alpha \\[8pt] &= (|AM| + |MB|) \cdot \sin \alpha \end{aligned}$$ Ponieważ punkt $M$ należy do odcinka $AB$, suma długości odcinków $|AM|$ oraz $|MB|$ jest równa długości całej podstawy $|AB|$: $$|AM| + |MB| = |AB|$$ Podstawiając tę równość, otrzymujemy: $$d_1 + d_2 = |AB| \cdot \sin \alpha = h_a$$ co bezpośrednio dowodzi prawdziwości tezy.

Odpowiedź:
Wykazano, że suma odległości punktu $M$ od ramion trójkąta równoramiennego jest stała dla każdego położenia punktu na podstawie i równa wysokości opuszczonej z wierzchołka $A$ ($d_1 + d_2 = h_a$).

Zadanie 2 (3 pkt)

Boki trójkąta mają długość $a, b, c$. Wysokości opuszczone na te boki są odpowiednio równe $h_a, h_b, h_c$. Wykaż, że jeśli $h_a + h_b = h_c$, to $c = \dfrac{ab}{a+b}$.

Wskazówki:

Pole trójkąta $P$ można zapisać na trzy sposoby, korzystając z każdego boku i opuszczonej na niego wysokości: $P = \dfrac{1}{2} a \cdot h_a = \dfrac{1}{2} b \cdot h_b = \dfrac{1}{2} c \cdot h_c$.
Wyznacz z każdego z tych wzorów odpowiednią wysokość ($h_a, h_b, h_c$) w zależności od pola $P$ oraz długości danego boku.
Wstaw wyznaczone wyrażenia do równania podanego w założeniu zadania ($h_a + h_b = h_c$), podziel obie strony przez $2P$ i wyznacz długość boku $c$.

Rozwiązanie krok po kroku:

Rysunek pomocniczy i wyznaczenie wysokości za pomocą pola trójkąta:
Niech $P$ oznacza pole danego trójkąta. Pole to możemy wyrazić na trzy równoważne sposoby: $$ P = \dfrac{1}{2} a \cdot h_a = \dfrac{1}{2} b \cdot h_b = \dfrac{1}{2} c \cdot h_c $$ Mnożąc każde z równań obustronnie przez $2$, otrzymujemy: $$ 2P = a \cdot h_a = b \cdot h_b = c \cdot h_c $$ Ponieważ długości boków trójkąta są liczbami dodatnimi ($a > 0, b > 0, c > 0$), możemy wyznaczyć każdą z wysokości: $$ h_a = \dfrac{2P}{a}, \quad h_b = \dfrac{2P}{b}, \quad h_c = \dfrac{2P}{c} $$
Sposób I – Wykorzystanie warunku zadania i bezpośrednie przekształcenie równania:
Wychodzimy z założenia podanego w treści zadania: $$ h_a + h_b = h_c $$ Wstawiamy w miejsce wysokości wcześniej wyznaczone ułamki z polem $P$: $$ \dfrac{2P}{a} + \dfrac{2P}{b} = \dfrac{2P}{c} $$ Wyłączamy $2P$ przed nawias po lewej stronie równania: $$ 2P \cdot \left(\dfrac{1}{a} + \dfrac{1}{b}\right) = \dfrac{2P}{c} $$ Ponieważ pole trójkąta jest wielkością dodatnią ($P > 0$), możemy podzielić obie strony równania przez $2P$: $$ \dfrac{1}{a} + \dfrac{1}{b} = \dfrac{1}{c} $$ Sprowadzamy ułamki po lewej stronie do wspólnego mianownika, którym jest iloczyn $ab$: $$ \begin{aligned} \dfrac{b}{ab} + \dfrac{a}{ab} &= \dfrac{1}{c} \\[8pt] \dfrac{a + b}{ab} &= \dfrac{1}{c} \end{aligned} $$ Odwracamy obie strony równości (lub mnożymy obustronnie „na krzyż” przez $c \cdot ab$): $$ \begin{aligned} c \cdot (a + b) &= ab \\[8pt] c &= \dfrac{ab}{a + b} \end{aligned} $$ Otrzymana równość jest dokładnie tezą, którą należało wykazać.
Sposób II – Przekształcenie równoważne od tezy do założenia:
Możemy również przeprowadzić dowód metodą wnioskowania równoważnego, wychodząc od równości, którą mamy udowodnić: $$ c = \dfrac{ab}{a + b} $$ Ponieważ długości boków $a, b, c$ są dodatnie, możemy odwrócić obie strony równania: $$ \dfrac{1}{c} = \dfrac{a + b}{ab} $$ Rozbijamy prawą stronę na sumę dwóch ułamków o wspólnym mianowniku: $$ \begin{aligned} \dfrac{1}{c} &= \dfrac{a}{ab} + \dfrac{b}{ab} \\[8pt] \dfrac{1}{c} &= \dfrac{1}{b} + \dfrac{1}{a} \\[8pt] \dfrac{1}{c} &= \dfrac{1}{a} + \dfrac{1}{b} \end{aligned} $$ Mnożymy teraz obie strony równania przez $2P$ (gdzie $P > 0$ jest polem trójkąta): $$ \begin{aligned} 2P \cdot \dfrac{1}{c} &= 2P \cdot \dfrac{1}{a} + 2P \cdot \dfrac{1}{b} \\[8pt] \dfrac{2P}{c} &= \dfrac{2P}{a} + \dfrac{2P}{b} \end{aligned} $$ Zauważając, że ze wzorów na pole trójkąta zachodzą tożsamości $\dfrac{2P}{a} = h_a$, $\dfrac{2P}{b} = h_b$ oraz $\dfrac{2P}{c} = h_c$, otrzymujemy: $$ h_c = h_a + h_b $$ czyli równość: $$ h_a + h_b = h_c $$ Ponieważ wszystkie przekształcenia były równoważne, a otrzymane równanie jest prawdziwe z założenia zadania, zależność $c = \dfrac{ab}{a+b}$ została udowodniona.

Odpowiedź:
Wykazano, że jeśli $h_a + h_b = h_c$, to długość boku $c$ jest równa $\dfrac{ab}{a+b}$.

Zadanie 3 (3 pkt)

W trójkącie $ABC$ dane są: $|\angle ACB| = 120^\circ$ oraz $|BC| = k$. Wykaż, że jeśli środkowa $CD$ tego trójkąta jest prostopadła do boku $BC$, to:
a) $|CD| = \dfrac{k\sqrt{3}}{2}$

b) $|AC| = 2k$

Wskazówki:

Środkowa $CD$ dzieli kąt $\angle ACB = 120^\circ$ na dwa kąty: kąt prosty $\angle BCD = 90^\circ$ (z warunku prostopadłości) oraz kąt $\angle ACD = 120^\circ - 90^\circ = 30^\circ$.
Sposób I (konstrukcyjny / geometryczny): Zastosuj klasyczną metodę przedłużenia środkowej: odłóż na prostej $CD$ odcinek $DE$ równy $CD$. Czworokąt $ACBE$ jest wówczas równoległobokiem, a trójkąt $BCE$ okazuje się trójkątem prostokątnym o kątach ostrych $30^\circ$ i $60^\circ$.
Sposób II (trygonometryczny / analityczny): Środkowa trójkąta dzieli go na dwa trójkąty o równych polach ($P_{\triangle ADC} = P_{\triangle BDC}$). Zapisz oba pola za pomocą wzoru z sinusem kąta, co pozwoli natychmiast wyznaczyć $|AC|$, a następnie skorzystaj z twierdzenia cosinusów oraz twierdzenia Pitagorasa.

Rozwiązanie krok po kroku:

Rysunek pomocniczy i analiza kątów wynikających z założeń zadania:
Odcinek $CD$ jest środkową boku $AB$, co oznacza, że punkt $D$ dzieli bok $AB$ na dwie równe części: $$|AD| = |DB|$$ Z treści zadania wiemy, że środkowa $CD$ jest prostopadła do boku $BC$, czyli: $$|\angle BCD| = 90^\circ$$ Ponieważ odcinek $CD$ leży wewnątrz kąta $\angle ACB = 120^\circ$, miara kąta $\angle ACD$ wynosi: $$\begin{aligned} |\angle ACD| &= |\angle ACB| - |\angle BCD| \\[8pt] &= 120^\circ - 90^\circ = 30^\circ \end{aligned}$$
Sposób I – Wykorzystanie przedłużenia środkowej do równoległoboku:
Przedłużamy środkową $CD$ poza punkt $D$ o odcinek równej długości, wyznaczając punkt $E$ taki, że: $$|DE| = |CD|$$ W czworokącie $ACBE$ przekątne $AB$ i $CE$ przecinają się w punkcie $D$ i dzielą się na połowy ($|AD| = |DB|$ oraz $|CD| = |DE|$). Zgodnie z cechą równoległoboku, czworokąt $ACBE$ jest równoległobokiem.

Z własności równoległoboku wynikają dwie kluczowe zależności:
1. Boki przeciwległe są równoległe: $BE \parallel AC$, a suma miar kątów leżących przy tym samym boku wynosi $180^\circ$: $$\begin{aligned} |\angle ACB| + |\angle CBE| &= 180^\circ \\[8pt] 120^\circ + |\angle CBE| &= 180^\circ \implies |\angle CBE| = 60^\circ \end{aligned}$$
2. Przeciwległe boki mają równe długości: $$|BE| = |AC|$$
Rozważmy trójkąt $BCE$. Ponieważ punkty $C, D, E$ leżą na jednej prostej, a $CD \perp BC$, cała prosta $CE$ jest prostopadła do boku $BC$: $$|\angle BCE| = 90^\circ$$ Trójkąt $BCE$ jest więc trójkątem prostokątnym o kątach ostrych: $$\begin{aligned} |\angle CBE| &= 60^\circ \\[8pt] |\angle CEB| &= 90^\circ - 60^\circ = 30^\circ \end{aligned}$$

Dowód podpunktu a):
W trójkącie prostokątnym $BCE$ wyznaczamy długość przyprostokątnej $|CE|$ za pomocą funkcji tangens kąta $60^\circ$: $$\tan 60^\circ = \dfrac{|CE|}{|BC|}$$ Podstawiamy $\tan 60^\circ = \sqrt{3}$ oraz $|BC| = k$: $$\begin{aligned} \sqrt{3} &= \dfrac{|CE|}{k} \\[8pt] |CE| &= k\sqrt{3} \end{aligned}$$ Ponieważ punkt $D$ jest środkiem odcinka $CE$, długość środkowej $CD$ wynosi dokładnie połowę długości $|CE|$: $$|CD| = \dfrac{|CE|}{2} = \dfrac{k\sqrt{3}}{2}$$ co należało wykazać w podpunkcie a).

Dowód podpunktu b):
W tym samym trójkącie prostokątnym $BCE$ wyznaczamy długość przeciwprostokątnej $|BE|$ za pomocą funkcji cosinus kąta $60^\circ$: $$\cos 60^\circ = \dfrac{|BC|}{|BE|}$$ Podstawiamy $\cos 60^\circ = \dfrac{1}{2}$ oraz $|BC| = k$: $$\begin{aligned} \dfrac{1}{2} &= \dfrac{k}{|BE|} \\[8pt] |BE| &= 2k \end{aligned}$$ Ponieważ w równoległoboku $ACBE$ przeciwległe boki są równej długości ($|AC| = |BE|$), otrzymujemy: $$|AC| = 2k$$ co kończy dowód podpunktu b).
Sposób II – Wykorzystanie pól trójkątów, twierdzenia cosinusów i twierdzenia Pitagorasa:
Dowód podpunktu b):
Środkowa $CD$ dzieli trójkąt $ABC$ na dwa trójkąty: $\triangle ADC$ oraz $\triangle BDC$. Mają one podstawy o równej długości ($|AD| = |DB|$) oraz wspólną wysokość opuszczoną z wierzchołka $C$ na prostą zawierającą bok $AB$. Stąd ich pola są równe: $$P_{\triangle ADC} = P_{\triangle BDC}$$ Wyznaczamy pole trójkąta prostokątnego $BDC$ ($|\angle BCD| = 90^\circ$): $$\begin{aligned} P_{\triangle BDC} &= \dfrac{1}{2} \cdot |BC| \cdot |CD| \cdot \sin 90^\circ \\[8pt] &= \dfrac{1}{2} \cdot k \cdot |CD| \end{aligned}$$ Wyznaczamy pole trójkąta $ADC$ ze wzoru z sinusem kąta $\angle ACD = 30^\circ$: $$\begin{aligned} P_{\triangle ADC} &= \dfrac{1}{2} \cdot |AC| \cdot |CD| \cdot \sin 30^\circ \\[8pt] &= \dfrac{1}{2} \cdot |AC| \cdot |CD| \cdot \dfrac{1}{2} \\[8pt] &= \dfrac{1}{4} \cdot |AC| \cdot |CD| \end{aligned}$$ Przyrównujemy oba pola do siebie: $$\dfrac{1}{4} \cdot |AC| \cdot |CD| = \dfrac{1}{2} \cdot k \cdot |CD|$$ Dzielimy obie strony równania przez $|CD|$ (ponieważ $|CD| > 0$): $$\begin{aligned} \dfrac{1}{4} |AC| &= \dfrac{1}{2} k \\[8pt] |AC| &= 4 \cdot \dfrac{1}{2} k = 2k \end{aligned}$$ co stanowi dowód podpunktu b).

Dowód podpunktu a):
Mając wyznaczoną długość boku $|AC| = 2k$, $|BC| = k$ oraz kąt $\angle ACB = 120^\circ$, stosujemy twierdzenie cosinusów w trójkącie $ABC$ do obliczenia długości boku $AB$: $$|AB|^2 = |AC|^2 + |BC|^2 - 2 \cdot |AC| \cdot |BC| \cdot \cos 120^\circ$$ Podstawiamy $\cos 120^\circ = -\cos 60^\circ = -\dfrac{1}{2}$: $$\begin{aligned} |AB|^2 &= (2k)^2 + k^2 - 2 \cdot 2k \cdot k \cdot \left(-\dfrac{1}{2}\right) \\[8pt] &= 4k^2 + k^2 + 2k^2 \\[8pt] &= 7k^2 \end{aligned}$$ Stąd długość boku $AB$ wynosi: $$|AB| = \sqrt{7k^2} = k\sqrt{7}$$ Ponieważ punkt $D$ jest środkiem boku $AB$, odcinek $BD$ ma długość: $$|BD| = \dfrac{|AB|}{2} = \dfrac{k\sqrt{7}}{2}$$ W trójkącie prostokątnym $BCD$ ($|\angle BCD| = 90^\circ$) stosujemy twierdzenie Pitagorasa: $$|CD|^2 + |BC|^2 = |BD|^2$$ Podstawiamy znane wielkości: $$\begin{aligned} |CD|^2 + k^2 &= \left(\dfrac{k\sqrt{7}}{2}\right)^2 \\[8pt] |CD|^2 + k^2 &= \dfrac{7k^2}{4} \\[8pt] |CD|^2 &= \dfrac{7k^2}{4} - k^2 = \dfrac{3k^2}{4} \end{aligned}$$ Pierwiastkujemy obie strony równania (pamiętając, że $|CD| > 0$): $$|CD| = \sqrt{\dfrac{3k^2}{4}} = \dfrac{k\sqrt{3}}{2}$$ co kończy dowód podpunktu a).
Zestawienie wykazanych długości na rysunku wynikowym:
Otrzymane i udowodnione zależności są wzajemnie spójne: bok $|AC| = 2k$ jest dwukrotnie dłuższy od boku $|BC| = k$, a środkowa $CD$ prostopadła do boku $BC$ ma długość $|CD| = \dfrac{k\sqrt{3}}{2}$.

Odpowiedź:
a) Wykazano, że $|CD| = \dfrac{k\sqrt{3}}{2}$

b) Wykazano, że $|AC| = 2k$

Zadanie 4 (3 pkt)

Wykaż, że jeśli w trójkącie o bokach $a, b, c$ wysokości opuszczone na te boki to odpowiednio $h_a, h_b, h_c$, a promień okręgu wpisanego to $r$, to zachodzi równość: $$\dfrac{1}{h_a} + \dfrac{1}{h_b} + \dfrac{1}{h_c} = \dfrac{1}{r}$$

Wskazówki:

Wyraź pole trójkąta $P$ za pomocą każdego z boków oraz opuszczonej na niego wysokości: $P = \dfrac{1}{2}a h_a = \dfrac{1}{2}b h_b = \dfrac{1}{2}c h_c$, a następnie wyznacz odwrotności wysokości $\dfrac{1}{h_a}, \dfrac{1}{h_b}, \dfrac{1}{h_c}$.
Skorzystaj ze wzoru na pole trójkąta z promieniem okręgu wpisanego: $P = p \cdot r = \dfrac{a + b + c}{2} \cdot r$, aby wyznaczyć odwrotność promienia $\dfrac{1}{r}$.
Zauważ, że tezę można również dowieść geometrycznie, dzieląc trójkąt na trzy mniejsze trójkąty o wspólnym wierzchołku w środku okręgu wpisanego.

Rozwiązanie krok po kroku:

Rysunek pomocniczy i wyznaczenie odwrotności wysokości:
Niech $P$ oznacza pole trójkąta o bokach $a, b, c$, na które opuszczono odpowiednio wysokości $h_a, h_b, h_c$, a $r$ oznacza promień okręgu wpisanego o środku w punkcie $I$.

Pole trójkąta wyznaczamy za pomocą każdego z boków oraz odpowiadającej mu wysokości: $$P = \dfrac{1}{2}a \cdot h_a = \dfrac{1}{2}b \cdot h_b = \dfrac{1}{2}c \cdot h_c$$ Mnożymy obustronnie przez $2$: $$2P = a \cdot h_a = b \cdot h_b = c \cdot h_c$$ Wyznaczamy wysokości $h_a, h_b, h_c$: $$\begin{aligned} h_a &= \dfrac{2P}{a} \\[8pt] h_b &= \dfrac{2P}{b} \\[8pt] h_c &= \dfrac{2P}{c} \end{aligned}$$ Odwracamy stronami każde z powyższych równań, otrzymując odwrotności wysokości: $$\begin{aligned} \dfrac{1}{h_a} &= \dfrac{a}{2P} \\[8pt] \dfrac{1}{h_b} &= \dfrac{b}{2P} \\[8pt] \dfrac{1}{h_c} &= \dfrac{c}{2P} \end{aligned}$$
Sposób I – Wykazanie równości poprzez sumowanie lewej strony równania:
Dodajemy do siebie odwrotności poszczególnych wysokości (lewa strona dowodzonej tożsamości): $$\begin{aligned} L &= \dfrac{1}{h_a} + \dfrac{1}{h_b} + \dfrac{1}{h_c} \\[8pt] &= \dfrac{a}{2P} + \dfrac{b}{2P} + \dfrac{c}{2P} \\[8pt] &= \dfrac{a + b + c}{2P} \end{aligned}$$ Pole trójkąta można zapisać za pomocą połowy obwodu $p = \dfrac{a + b + c}{2}$ oraz promienia okręgu wpisanego $r$: $$\begin{aligned} P &= p \cdot r \\[8pt] &= \dfrac{a + b + c}{2} \cdot r \end{aligned}$$ Mnożymy obustronnie przez $2$: $$2P = (a + b + c) \cdot r$$ Dzielimy obustronnie przez iloczyn $2P \cdot r$, aby wyznaczyć odwrotność promienia $\dfrac{1}{r}$: $$\dfrac{1}{r} = \dfrac{a + b + c}{2P}$$ Prawa strona tożsamości wynosi więc: $$P_s = \dfrac{1}{r} = \dfrac{a + b + c}{2P}$$ Porównując obie strony tożsamości, otrzymujemy: $$L = P_s$$ co kończy dowód.
Sposób II – Wykazanie tożsamości poprzez podział pola trójkąta względem środka okręgu wpisanego:
Łączymy środek okręgu wpisanego $I$ z wierzchołkami $A, B, C$. Dzieli to trójkąt $ABC$ na trzy mniejsze trójkąty: $\Delta IBC$, $\Delta IAC$ oraz $\Delta IAB$.

Wysokościami każdego z tych trzech trójkątów, opuszczonymi na boki $a, b, c$, są promienie okręgu wpisanego $r$. Pole całkowite trójkąta jest równe sumie pól składowych: $$\begin{aligned} P &= P_{\Delta IBC} + P_{\Delta IAC} + P_{\Delta IAB} \\[8pt] &= \dfrac{1}{2}a \cdot r + \dfrac{1}{2}b \cdot r + \dfrac{1}{2}c \cdot r \end{aligned}$$ Dzielimy obustronnie powyższe równanie przez iloczyn $P \cdot r$: $$\begin{aligned} \dfrac{P}{P \cdot r} &= \dfrac{\dfrac{1}{2}a \cdot r}{P \cdot r} + \dfrac{\dfrac{1}{2}b \cdot r}{P \cdot r} + \dfrac{\dfrac{1}{2}c \cdot r}{P \cdot r} \\[8pt] \dfrac{1}{r} &= \dfrac{\dfrac{1}{2}a}{P} + \dfrac{\dfrac{1}{2}b}{P} + \dfrac{\dfrac{1}{2}c}{P} \end{aligned}$$ Podstawiamy w mianownikach odpowiednie wyrażenia na pole trójkąta ($P = \dfrac{1}{2}a \cdot h_a$, $P = \dfrac{1}{2}b \cdot h_b$, $P = \dfrac{1}{2}c \cdot h_c$): $$\begin{aligned} \dfrac{1}{r} &= \dfrac{\dfrac{1}{2}a}{\dfrac{1}{2}a \cdot h_a} + \dfrac{\dfrac{1}{2}b}{\dfrac{1}{2}b \cdot h_b} + \dfrac{\dfrac{1}{2}c}{\dfrac{1}{2}c \cdot h_c} \\[8pt] \dfrac{1}{r} &= \dfrac{1}{h_a} + \dfrac{1}{h_b} + \dfrac{1}{h_c} \end{aligned}$$ Po zamianie stron otrzymujemy: $$\dfrac{1}{h_a} + \dfrac{1}{h_b} + \dfrac{1}{h_c} = \dfrac{1}{r}$$ co kończy alternatywny dowód tożsamości.

Odpowiedź:
Wykazano, że $\dfrac{1}{h_a} + \dfrac{1}{h_b} + \dfrac{1}{h_c} = \dfrac{1}{r}$.

Zadanie 5 (3 pkt)

W trójkącie dwa boki mają długość $a$ i $b$, a kąt zawarty między nimi jest równy $\alpha$. Niech $d$ oznacza długość odcinka dwusiecznej tego kąta. Wykaż, że:

a) jeśli $\alpha = 60^\circ$, to $d = \dfrac{a \cdot b \cdot \sqrt{3}}{a + b}$

b) dla dowolnego kąta $\alpha \in (0^\circ, 180^\circ)$, długość dwusiecznej wyraża się wzorem $d = \dfrac{2 \cdot a \cdot b \cdot \cos\left(\frac{\alpha}{2}\right)}{a + b}$

Wskazówki:

Zauważ, że dwusieczna kąta dzieli wyjściowy trójkąt na dwa mniejsze trójkąty o wspólnym boku $d$.
Pole całego trójkąta jest równe sumie pól tych dwóch mniejszych trójkątów: $P = P_1 + P_2$.
Zastosuj wzór na pole trójkąta z sinusem kąta: $P = \dfrac{1}{2} x y \sin \gamma$. Pamiętaj, że dwusieczna dzieli kąt $\alpha$ na dwa równe kąty o mierze $\dfrac{\alpha}{2}$.
W podpunkcie b) wykorzystaj tożsamość trygonometryczną dla sinusa podwojonego kąta: $\sin \alpha = 2 \sin\left(\dfrac{\alpha}{2}\right) \cos\left(\dfrac{\alpha}{2}\right)$.
Dla Sposobu II w podpunkcie b) (metoda konstrukcyjna z prostą równoległą): Poprowadź przez wierzchołek $B$ prostą równoległą do dwusiecznej $CD$ przecinającą przedłużenie boku $AC$ w punkcie $E$. Wykaż, że trójkąt $\triangle CBE$ jest równoramienny o ramionach długości $a$, wyznacz długość podstawy $|BE| = 2a\cos\left(\frac{\alpha}{2}\right)$ i zastosuj twierdzenie Talesa dla odcinków równoległych $CD \parallel BE$.

Rozwiązanie krok po kroku:

Rysunek pomocniczy i analiza podziału trójkąta przez dwusieczną:
Rozważmy trójkąt $ABC$, w którym kąt przy wierzchołku $C$ ma miarę $\alpha$, a ramiona tego kąta mają długości $|CB| = a$ oraz $|CA| = b$.
Odcinek dwusiecznej poprowadzony z wierzchołka $C$ oznaczmy jako $CD$, gdzie $D$ jest punktem leżącym na boku $AB$. Długość odcinka $CD$ wynosi $d$.
Dwusieczna dzieli kąt o mierze $\alpha$ na dwa kąty o równej mierze $\dfrac{\alpha}{2}$: $$\sphericalangle ACD = \sphericalangle BCD = \dfrac{\alpha}{2}$$ Odcinek $CD$ dzieli cały trójkąt $ABC$ na dwa mniejsze trójkąty: $\triangle ADC$ oraz $\triangle BDC$. Suma ich pól jest równa polu trójkąta $ABC$: $$P_{\triangle ABC} = P_{\triangle ADC} + P_{\triangle BDC}$$
Podpunkt a) Wykazanie wzoru dla kąta $\alpha = 60^\circ$:
Zakładamy, że miara kąta między bokami wynosi $\alpha = 60^\circ$. Wówczas kąty powstałe po poprowadzeniu dwusiecznej mają miarę: $$\dfrac{\alpha}{2} = \dfrac{60^\circ}{2} = 30^\circ$$ Zapisujemy pole całego trójkąta $ABC$ ze wzoru z sinusem kąta: $$P_{\triangle ABC} = \dfrac{1}{2} \cdot a \cdot b \cdot \sin 60^\circ = \dfrac{1}{2} \cdot a \cdot b \cdot \dfrac{\sqrt{3}}{2} = \dfrac{a \cdot b \cdot \sqrt{3}}{4}$$ Zapisujemy pola trójkątów składowych $\triangle ADC$ oraz $\triangle BDC$: $$\begin{aligned} P_{\triangle ADC} &= \dfrac{1}{2} \cdot b \cdot d \cdot \sin 30^\circ = \dfrac{1}{2} \cdot b \cdot d \cdot \dfrac{1}{2} = \dfrac{b \cdot d}{4} \\[8pt] P_{\triangle BDC} &= \dfrac{1}{2} \cdot a \cdot d \cdot \sin 30^\circ = \dfrac{1}{2} \cdot a \cdot d \cdot \dfrac{1}{2} = \dfrac{a \cdot d}{4} \end{aligned}$$ Suma pól trójkątów składowych jest równa polu trójkąta $ABC$: $$\begin{aligned} P_{\triangle ADC} + P_{\triangle BDC} &= P_{\triangle ABC} \\[8pt] \dfrac{b \cdot d}{4} + \dfrac{a \cdot d}{4} &= \dfrac{a \cdot b \cdot \sqrt{3}}{4} \\[8pt] \dfrac{d \cdot (a + b)}{4} &= \dfrac{a \cdot b \cdot \sqrt{3}}{4} \end{aligned}$$ Mnożymy obustronnie przez $4$: $$d \cdot (a + b) = a \cdot b \cdot \sqrt{3}$$ Ponieważ $a + b > 0$, dzielimy obie strony równania przez $(a + b)$: $$d = \dfrac{a \cdot b \cdot \sqrt{3}}{a + b}$$ co kończy dowód podpunktu a.
Podpunkt b) – Sposób I: Wykazanie wzoru za pomocą sumy pól:
Dla dowolnego kąta $\alpha \in (0^\circ, 180^\circ)$ pole trójkąta $ABC$ wyraża się wzorem: $$P_{\triangle ABC} = \dfrac{1}{2} \cdot a \cdot b \cdot \sin \alpha$$ Pola trójkątów składowych $\triangle ADC$ oraz $\triangle BDC$ wynoszą: $$\begin{aligned} P_{\triangle ADC} &= \dfrac{1}{2} \cdot b \cdot d \cdot \sin\left(\dfrac{\alpha}{2}\right) \\[8pt] P_{\triangle BDC} &= \dfrac{1}{2} \cdot a \cdot d \cdot \sin\left(\dfrac{\alpha}{2}\right) \end{aligned}$$ Dodajemy pola obu mniejszych trójkątów i wyłączamy wspólny czynnik przed nawias: $$\begin{aligned} P_{\triangle ABC} &= P_{\triangle ADC} + P_{\triangle BDC} \\[8pt] \dfrac{1}{2} \cdot a \cdot b \cdot \sin \alpha &= \dfrac{1}{2} \cdot b \cdot d \cdot \sin\left(\dfrac{\alpha}{2}\right) + \dfrac{1}{2} \cdot a \cdot d \cdot \sin\left(\dfrac{\alpha}{2}\right) \\[8pt] \dfrac{1}{2} \cdot a \cdot b \cdot \sin \alpha &= \dfrac{1}{2} \cdot d \cdot (a + b) \cdot \sin\left(\dfrac{\alpha}{2}\right) \end{aligned}$$ Mnożymy obie strony przez $2$: $$a \cdot b \cdot \sin \alpha = d \cdot (a + b) \cdot \sin\left(\dfrac{\alpha}{2}\right)$$ Stosujemy tożsamość trygonometryczną dla sinusa podwojonego kąta: $\sin \alpha = 2 \sin\left(\dfrac{\alpha}{2}\right) \cos\left(\dfrac{\alpha}{2}\right)$: $$a \cdot b \cdot 2 \sin\left(\dfrac{\alpha}{2}\right) \cos\left(\dfrac{\alpha}{2}\right) = d \cdot (a + b) \cdot \sin\left(\dfrac{\alpha}{2}\right)$$ Ponieważ $\alpha \in (0^\circ, 180^\circ)$, to $\dfrac{\alpha}{2} \in (0^\circ, 90^\circ)$, skąd wynika, że $\sin\left(\dfrac{\alpha}{2}\right) > 0$. Możemy zatem podzielić obie strony równania przez $\sin\left(\dfrac{\alpha}{2}\right)$: $$2 \cdot a \cdot b \cdot \cos\left(\dfrac{\alpha}{2}\right) = d \cdot (a + b)$$ Dzielimy obustronnie przez $(a + b) > 0$: $$d = \dfrac{2 \cdot a \cdot b \cdot \cos\left(\frac{\alpha}{2}\right)}{a + b}$$ co kończy dowód podpunktu b pierwszym sposobem.
Podpunkt b) – Sposób II: Dowód geometryczny z wykorzystaniem prostej równoległej i twierdzenia Talesa:
Prowadzimy przez wierzchołek $B$ prostą równoległą do dwusiecznej $CD$. Prosta ta przecina prostą zawierającą bok $AC$ (przedłużenie boku $AC$ poza wierzchołek $C$) w punkcie $E$.

Krok 1: Wykazanie, że trójkąt $\triangle CBE$ jest równoramienny:
Ponieważ proste $CD$ oraz $EB$ są równoległe ($CD \parallel EB$):
- Kąty $\sphericalangle CEB$ i $\sphericalangle ACD$ to kąty odpowiadające przy prostych równoległych przeciętych prostą $AE$, zatem: $$\sphericalangle CEB = \sphericalangle ACD = \dfrac{\alpha}{2}$$
- Kąty $\sphericalangle CBE$ i $\sphericalangle DCB$ to kąty naprzemianległe przy prostych równoległych przeciętych prostą $CB$, zatem: $$\sphericalangle CBE = \sphericalangle DCB = \dfrac{\alpha}{2}$$
Trójkąt $\triangle CBE$ ma więc dwa kąty o jednakowej mierze $\dfrac{\alpha}{2}$, co oznacza, że jest trójkątem równoramiennym o podstawie $BE$ oraz ramionach o równej długości: $$|CE| = |CB| = a$$ Stąd długość całego odcinka $AE$ wynosi: $$|AE| = |AC| + |CE| = b + a$$
Krok 2: Wyznaczenie długości podstawy $|BE|$:
W trójkącie równoramiennym $\triangle CBE$ opuszczamy wysokość z wierzchołka $C$ na podstawę $BE$. Dzieli ona podstawę na dwie równe części o długości $\dfrac{1}{2}|BE|$. Z definicji cosinusa w powstałym trójkącie prostokątnym otrzymujemy: $$\cos\left(\dfrac{\alpha}{2}\right) = \dfrac{\frac{1}{2}|BE|}{|CB|} = \dfrac{|BE|}{2a} \implies |BE| = 2a \cdot \cos\left(\dfrac{\alpha}{2}\right)$$
Krok 3: Zastosowanie twierdzenia Talesa:
Rozpatrujemy ramiona kąta o wierzchołku $A$ przecięte dwiema prostymi równoległymi $CD$ i $EB$ ($CD \parallel EB$). Z twierdzenia Talesa (lub podobieństwa trójkątów $\triangle ACD \sim \triangle ABE$) zachodzi proporcja: $$\dfrac{|CD|}{|BE|} = \dfrac{|AC|}{|AE|}$$ Podstawiamy wyznaczone długości $|CD| = d$, $|AC| = b$ oraz $|AE| = a + b$: $$\dfrac{d}{|BE|} = \dfrac{b}{a + b} \implies d = \dfrac{b}{a + b} \cdot |BE|$$ Wstawiając w miejsce $|BE|$ zależność $2a \cos\left(\dfrac{\alpha}{2}\right)$: $$d = \dfrac{b}{a + b} \cdot 2a \cdot \cos\left(\dfrac{\alpha}{2}\right) = \dfrac{2 \cdot a \cdot b \cdot \cos\left(\frac{\alpha}{2}\right)}{a + b}$$ co kończy dowód tezy drugim sposobem.
Podsumowanie i interpretacja graficzna równości pól:
Wyprowadzony wzór ogólny w pełni zgadza się ze wzorem z podpunktu a. Podstawiając $\alpha = 60^\circ$, otrzymujemy: $$\cos\left(\dfrac{60^\circ}{2}\right) = \cos 30^\circ = \dfrac{\sqrt{3}}{2}$$ $$d = \dfrac{2 \cdot a \cdot b \cdot \frac{\sqrt{3}}{2}}{a + b} = \dfrac{a \cdot b \cdot \sqrt{3}}{a + b}$$ Graficzny bilans pól potwierdza, że suma pól obu figur składowych stanowi pole całego trójkąta.

Odpowiedź:
a) Wykazano, że $d = \dfrac{a \cdot b \cdot \sqrt{3}}{a + b}$.

b) Wykazano dwoma niezależnymi metodami, że $d = \dfrac{2 \cdot a \cdot b \cdot \cos\left(\frac{\alpha}{2}\right)}{a + b}$.

Grupa B

Zadanie 1 (3 pkt)

Punkt $P$ leży wewnątrz trójkąta równobocznego $ABC$ o boku długości $a$. Wykaż, że suma odległości punktu $P$ od boków trójkąta jest równa wysokości $h$ tego trójkąta.