Trójkąty \\(ABC\\) i \\(CDE\\) są równoboczne. Punkty \\(A\\), \\(C\\) i \\(E\\) leżą na jednej prostej. Punkty \\(K\\), \\(L\\) i \\(M\\) są środkami odcinków \\(AC\\), \\(CE\\) i \\(BD\\) (zobacz rysunek). Wykaż, że punkty \\(K\\), \\(L\\) i \\(M\\) są wierzchołkami trójkąta równobocznego.
\n/matma-quiz/images/cke/MMA-P1_1P-095/z31.png
\n. Wykaż, że punkty K , L i M są wierzchołkami trójkąta równobocznego. D M B A E K C L Próbny egzamin maturalny z matematyki Poziom podstawowy _14**
","solutions":[{"source":"maturazai","label":"maturazai.pl (AI)","kind":"text","html":"Należy udowodnić, że \\(|KL| = |KM| = |LM|\\), czyli że trójkąt \\(KLM\\) jest równoboczny.
\nKrok 1. Wprowadzamy układ współrzędnych.
\nNiech bok trójkąta \\(ABC\\) ma długość \\(a\\), a bok trójkąta \\(CDE\\) - długość \\(b\\) (\\(a, b > 0\\)). Przyjmujemy \\(C = (0, 0)\\) oraz prostą \\(ACE\\) jako oś \\(OX\\):
\n\\[A = (-a,\\ 0), \\qquad C = (0,\\ 0), \\qquad E = (b,\\ 0)\\]
\nKrok 2. Wyznaczamy \\(B\\) i \\(D\\) (oba wierzchołki leżą powyżej prostej, tak jak na rysunku).
\nTrójkąt \\(ABC\\) jest równoboczny o boku \\(a\\), więc jego wysokość wynosi \\(\\tfrac{a\\sqrt{3}}{2}\\). Wierzchołek \\(B\\) leży nad środkiem odcinka \\(AC\\):
\\[B = \\left(-\\frac{a}{2},\\ \\frac{a\\sqrt{3}}{2}\\right)\\]
Trójkąt \\(CDE\\) jest równoboczny o boku \\(b\\), wierzchołek \\(D\\) leży nad środkiem odcinka \\(CE\\):
\\[D = \\left(\\frac{b}{2},\\ \\frac{b\\sqrt{3}}{2}\\right)\\]
Krok 3. Wyznaczamy środki odcinków.
\n\\[K = \\text{śr}(AC) = \\left(-\\frac{a}{2},\\ 0\\right), \\qquad L = \\text{śr}(CE) = \\left(\\frac{b}{2},\\ 0\\right)\\]
\n\\[M = \\text{śr}(BD) = \\left(\\frac{-\\tfrac{a}{2}+\\tfrac{b}{2}}{2},\\ \\frac{\\tfrac{a\\sqrt{3}}{2}+\\tfrac{b\\sqrt{3}}{2}}{2}\\right) = \\left(\\frac{b-a}{4},\\ \\frac{(a+b)\\sqrt{3}}{4}\\right)\\]
\nKrok 4. Obliczamy długości wszystkich trzech boków trójkąta \\(KLM\\).
\n\\[|KL|^2 = \\left(\\frac{b}{2} + \\frac{a}{2}\\right)^2 = \\frac{(a+b)^2}{4}\\]
\n\\[|KM|^2 = \\left(\\frac{b-a}{4}+\\frac{a}{2}\\right)^2 + \\left(\\frac{(a+b)\\sqrt{3}}{4}\\right)^2 = \\left(\\frac{a+b}{4}\\right)^2 + \\left(\\frac{(a+b)\\sqrt{3}}{4}\\right)^2\\]
\\[= \\frac{(a+b)^2}{16} + \\frac{3(a+b)^2}{16} = \\frac{4(a+b)^2}{16} = \\frac{(a+b)^2}{4}\\]
\\[|LM|^2 = \\left(\\frac{b-a}{4}-\\frac{b}{2}\\right)^2 + \\left(\\frac{(a+b)\\sqrt{3}}{4}\\right)^2 = \\left(-\\frac{a+b}{4}\\right)^2 + \\left(\\frac{(a+b)\\sqrt{3}}{4}\\right)^2 = \\frac{(a+b)^2}{4}\\]
\nWniosek:
\\[\\boxed{|KL| = |KM| = |LM| = \\frac{a+b}{2}}\\]
Wszystkie trzy boki są równe, więc trójkąt \\(KLM\\) jest równoboczny. \\(\\blacksquare\\)
\nKorzystamy z tych samych współrzędnych co w Sposobie 1. Pokażemy, że obrót o \\(60°\\) (przeciwnie do ruchu wskazówek zegara) wokół punktu \\(K\\) przeprowadza punkt \\(L\\) dokładnie w punkt \\(M\\).
\nKrok 1. Wyznaczamy wektor \\(\\overrightarrow{KL}\\):
\\[\\overrightarrow{KL} = L - K = \\left(\\frac{b}{2}+\\frac{a}{2},\\ 0\\right) = \\left(\\frac{a+b}{2},\\ 0\\right)\\]
Krok 2. Obracamy wektor \\(\\overrightarrow{KL}\\) o \\(60°\\) w lewo (wzór obrotu: \\((x, y) \\to (x\\cos60°-y\\sin60°,\\ x\\sin60°+y\\cos60°)\\)):
\n\\[\\overrightarrow{KL}\\text{ po obrocie} = \\left(\\frac{a+b}{2}\\cdot\\frac{1}{2}\\ -\\ 0,\\quad \\frac{a+b}{2}\\cdot\\frac{\\sqrt{3}}{2}\\ +\\ 0\\right) = \\left(\\frac{a+b}{4},\\ \\frac{(a+b)\\sqrt{3}}{4}\\right)\\]
\nKrok 3. Wyznaczamy punkt \\(L' = K +\\) (obrócony wektor):
\\[L' = \\left(-\\frac{a}{2}+\\frac{a+b}{4},\\ \\frac{(a+b)\\sqrt{3}}{4}\\right) = \\left(\\frac{-2a+a+b}{4},\\ \\frac{(a+b)\\sqrt{3}}{4}\\right) = \\left(\\frac{b-a}{4},\\ \\frac{(a+b)\\sqrt{3}}{4}\\right)\\]
To są dokładnie współrzędne punktu \\(M\\)! Zatem obrót o \\(60°\\) wokół \\(K\\) przeprowadza \\(L\\) w \\(M\\).
\nZ tego wynika:
\nTrójkąt \\(KLM\\) jest zatem równoramienny (\\(|KL|=|KM|\\)) z kątem przy wierzchołku \\(60°\\), więc wszystkie jego kąty wynoszą \\(60°\\), czyli trójkąt \\(KLM\\) jest równoboczny. \\(\\blacksquare\\)
\nDział 10 (Planimetria, s. 15-16) - wysokość trójkąta równobocznego o boku \\(a\\):
\\[h = \\frac{a\\sqrt{3}}{2}\\]
Użyliśmy tego wzoru przy wyznaczaniu współrzędnych \\(y\\) punktów \\(B\\) i \\(D\\).
Dział 11 (Geometria analityczna, s. 22) - współrzędne środka odcinka:
\\[x_S = \\frac{x_A + x_B}{2}, \\quad y_S = \\frac{y_A + y_B}{2}\\]
Użyliśmy do wyznaczenia punktów \\(K\\), \\(L\\) i \\(M\\).
Dział 11 (Geometria analityczna, s. 22) - długość odcinka:
\\[|AB| = \\sqrt{(x_B - x_A)^2 + (y_B - y_A)^2}\\]
Użyliśmy do obliczenia \\(|KL|\\), \\(|KM|\\), \\(|LM|\\) w Sposobie 1.
⚠️ Uwaga: Nie zakładaj, że oba trójkąty są tego samego rozmiaru! Dowód musi działać dla dowolnych \\(a, b > 0\\) - dlatego wprowadzamy dwie osobne zmienne. Trójkąt \\(KLM\\) jest równoboczny niezależnie od proporcji \\(a : b\\).\n
⚠️ Uwaga: Przy wyznaczaniu \\(B\\) i \\(D\\) obie te powinny znajdować się po tej samej stronie prostej \\(ACE\\) (tak jak na rysunku - obydwa powyżej). Gdyby \\(B\\) i \\(D\\) leżały po przeciwnych stronach, punkt \\(M\\) znalazłby się w innym miejscu i wynik mógłby być inny.\n
⚠️ Uwaga: W Sposobie 2 wystarczy pokazać, że jeden wierzchołek powstaje z obrotu o \\(60°\\) drugiego wokół trzeciego - nie trzeba osobno liczyć wszystkich trzech boków. To szybszy i elegantszy argument niż żmudne liczenie kwadratów odległości.\n
Dowód, że \\(K\\), \\(L\\), \\(M\\) są wierzchołkami trójkąta równobocznego:
\nPrzyjmijmy układ współrzędnych. Niech bok trójkątów równobocznych wynosi \\(2a\\).
\nKrok 1: Współrzędne wierzchołków:
\nKrok 2: Środki odcinków:
\nKrok 3: Obliczamy długości boków trójkąta \\(KLM\\):
\n\\(|KL| = 3a - a = 2a\\)
\n\\(|KM| = \\sqrt{(2a - a)^2 + (a\\sqrt{3})^2} = \\sqrt{a^2 + 3a^2} = \\sqrt{4a^2} = 2a\\)
\n\\(|LM| = \\sqrt{(2a - 3a)^2 + (a\\sqrt{3})^2} = \\sqrt{a^2 + 3a^2} = \\sqrt{4a^2} = 2a\\)
\nKrok 4: Ponieważ \\(|KL| = |KM| = |LM| = 2a\\), trójkąt \\(KLM\\) jest równoboczny. ∎
\nUżyte wzory: środek odcinka, odległość dwóch punktów, współrzędne wierzchołka trójkąta równobocznego.
"}]}