Geometria i zadania na dowodzenie – przykłady z rozwiązaniami

Zadanie 1. (0-4)
Na bokach BC i CD równoległoboku ABCD zbudowano kwadraty CDEF i BCGH (zobacz rysunek). Udowodnij, że |AC| = |FG|.

Rendered by QuickLaTeX.com

♦ matura – poziom rozszerzony, maj 2010.


Zaznaczmy na rysunku interesujące nas odcinki i rozważmy taki dodatkowy punkt X, aby czworokąt CFXG był równoległobokiem.

Rendered by QuickLaTeX.com

Wtedy ten nowy równoległobok jest przystający do wyjściowego równoległoboku ABCD. Odpowiednie przekątne też są jednakowe, a ponieważ \angle BCD+\angle FCG=180^\circ, to przekątne FG i AC są właśnie jednakowej długości. To kończy dowód.

 

Zadanie 2. (0-4)
Trapez równoramienny ABCD o podstawach AB i CD jest opisany na okręgu o promieniu r. Wykaż, że 4r^2=|AB|\cdot |CD|.

♦ matura – poziom rozszerzony, maj 2013.


Wykonajmy stosowny rysunek. Zauważmy przy tym, że szkic wykorzystuje dodatkowe założenie, że |AB|\geqslant |CD|. Należy mieć tego świadomość i w rozwiązaniu odpowiednio się do tego odnieść.

Rendered by QuickLaTeX.com

Z warunku opisywalności czworokąta na okręgu wiemy, że suma jego podstaw jest równa sumie długości ramion, czyli

    \[|AB|+|CD|=2|BC|,\]

bo trapez jest równoramienny. Stąd |BC|=\dfrac{|AB|+|CD|}{2}. Wykorzystajmy teraz twierdzenie pitagorasa dla trójkąta BCE, gdzie punkt E jest podstawą wysokości trapezu poprawodznej z wierzchołka C. Wtedy, znów korzystając z równych długości ramion i symetrii całej figury, mamy |BE|=\dfrac{|AB|-|CD|}{2}. Uwaga. Gdyby przyjąć, że to podstawa |CD| jest dłuższa od podstawy |AB|, to odpowiedni odcinek miałby długość \dfrac{|CD|-|AB|}{2}, jednak nie wpływa to na dalsze obliczenia (gdyż kwadrat obu wyrażeń jest taki sam).

Z twierdzenia Pitagorasa mamy teraz |BC|^2=(2r)^2+\left(\frac{|AB|-|CD|}{2}\right)^2, czyli

    \[4r^2=\left(\frac{|AB|+|CD|}{2}\right)^2-\left(\frac{|AB|-|CD|}{2}\right)^2=|AB|\cdot |CD|,\]

co mieliśmy pokazać.

 

Zadanie 3. (0-4)
Trapez równoramienny, o obwodzie równym 20 cm, jest opisany na okręgu. Wiedząc, że przekątna trapezu ma długość \sqrt{41} cm, oblicz pole tego trapezu.

♦ matura próbna – poziom rozszerzony, maj 2003.


Przyjmijmy oznaczenia jak na rysunku; zakładamy (bez zmniejszenia ogólności rozważań), że a\geqslant b. Rachunki będziemy przeprowadzać w centymetrach, co uwzględnimy formułując końcową odpowiedź.

Rendered by QuickLaTeX.com

Z warunku opisywalności czworokąta na okręgu i z tego, że trapez jest równoramienny wynika, że suma długości przeciwległych boków jest równa połowie obwodu: a+b=2|BC|=10. Stąd |BC|=5 oraz a+b=5.

Napiszmy twierdzenie Pitagorasa dla trójkątów ACE i BCE. Mamy

    \[h^2+|AE|^2=41\quad\text{oraz}\quad h^2+|BE|^2=25.\]

Wiemy też, że |AE|=\dfrac{a+b}{2} i |BE|=\dfrac{a-b}{2}. Podstawiając to do wcześniejszych równości i odejmując je stronami, uzyskamy

    \[16=|AE|^2-|BE|^2=(|AE|-|BE|)(|AE|+|BE|)=ab.\]

Mamy więc a+b=10 i ab=16. Rozwiązując ten układ równań dostaniemy b=10-a i dalej a(10-a)=16, czyli a^2-10a+16=0, a stąd (a-8)(a-2)=0. To prowadzi nas do możliwych rozwiązań (a,b)=(2,8) lub (a,b)=(8,2), jednak a\geqslant b, czyli a=8 i b=2.

Wówczas |AE|=5 i stąd h^2+5^2=41, czyli h^2=16, więc h=4. To już prowadzi do odpowiedzi: szukane pole trapezu wynosi P=\dfrac{a+b}{2}\cdot h=5\cdot 4=20 cm^{2}.

 

Zadanie 4. (0-3)
Dany jest trójkąt prostokątny o przyprostokątnych długości a i b, w którym kąt między środkową a wysokością wychodzącymi z wierzchołka kąta prostego ma miarę \alpha. Wykaż, że \text{tg}\alpha=\dfrac{|a^2-b^2|}{2ab}.

♦ matura próbna ,,Operon” – poziom rozszerzony, listopad 2019.


Rozważmy trójkąt prostokątny ABC, w którym punkt M jest środkiem przeciwprostokątnej AB, zaś H jest spodkiem wysokości opuszczonej z wierzchołka C.

Rendered by QuickLaTeX.com

Oznaczmy |CH|=h, |AB|=c, |BC|=a oraz |CA|=b. Zauważmy, że porównując pole trójkąta ABC mamy zależność \dfrac{ab}{2}=\dfrac{ch}{2}, czyli h=\dfrac{ab}{c}. Dodatkowo |MC|=|MB|=\dfrac{c}{2}. Stąd

    \[\cos\alpha=\frac{h}{|MC|}=\frac{h}{c/2}=\frac{2ab}{c^2}=\frac{2ab}{a^2+b^2}.\]

Ponieważ \text{tg}\alpha=\dfrac{\sin\alpha}{\cos\alpha}, to mamy

(1)   \begin{eqnarray*} \text{tg}\alpha &=&\frac{\sqrt{1-\cos^2\alpha}}{\cos\alpha}=\frac{\sqrt{1-\frac{4a^2b^2}{(a^2+b^2)^2}}}{\frac{2ab}{a^2+b^2}}=\nonumber\\ &=&\frac{\sqrt{(a^2+b^2)^2-4a^2b^2}}{2ab}=\frac{\sqrt{(a^2-b^2)^2}}{2ab}=\frac{|a^2-b^2|}{2ab}.\nonumber \end{eqnarray*}

To kończy dowód.

 

Zadanie 5. (0-2)
W trójkącie ostrokątnym ABC wiadomo,że \sin\angle BAC=\dfrac{4}{5}, a \sin\angle ABC=\dfrac{2\sqrt{2}}{3}. Oblicz \cos\angle ACB.

♦ matura próbna ,,Nowa Era” – poziom rozszerzony, styczeń 2018.


Oznaczmy odpowiednie kąty trójkąta przez \alpha, \beta i \gamma. Ponieważ trójkąt jest ostrokątny, więc wartości wszystkich funkcji trygonometrycznych wskazanych kątów są wszystkie dodatnie. Stąd, jeżeli \sin\alpha=\dfrac{4}{5}, to \cos\alpha=\sqrt{1-\dfrac{4^2}{5^2}}=\dfrac{3}{5}. Podobnie, skoro \sin\beta=\dfrac{2\sqrt{2}}{3}, to \cos\beta=\sqrt{1-\dfrac{8}{9}}=\dfrac{1}{3}.

Rendered by QuickLaTeX.com

Mamy oczywiście \gamma=180^\circ-(\alpha+\beta), czyli

    \[\cos\gamma=-\cos(\alpha+\beta)=\sin\alpha\cdot\sin\beta-\cos\alpha\cdot\cos\beta.\]

Podstawiając wyliczone wartości, otrzymujemy \cos\gamma=\dfrac{4}{5}\cdot\dfrac{2\sqrt{2}}{3}-\dfrac{3}{5}\cdot\dfrac{1}{3}=\dfrac{8\sqrt{2}-3}{15}.

 

Zadanie 6. (0-3)
W czworokącie ABCD dane są: |AC|=5, \angle BAD=\angle BCD=90^\circ, \sin\angle ABC=\dfrac{\sqrt{5}}{3}. Oblicz długość przekątnej BD tego czworokąta.

♦ matura próbna ,,Nowa Era” – poziom rozszerzony, styczeń 2018.


Dany czworokąt można wpisać okrąg (bo suma jego przeciwległych kątów wynosi 180^\circ), przy czym przekątna BD jest średnicą tego okręgu.

Rendered by QuickLaTeX.com

Okrąg ten jest jednocześnie okręgiem opisanym na trójkącie ABC, więc jego promień R, z twierdzenia sinusów, spełnia równość

    \[R=\dfrac{|AC|}{\sin\beta}=\dfrac{5}{\frac{\sqrt{5}}{3}}=3\sqrt{5}.\]

Stąd odpowiedź: |BD|=2R=6\sqrt{5}.