Seminár 12: Geometria III – obsahy trojuholníkov a štvoruholníkov

Označme \(v\) vzdialenosť bodu \(C\) od priamky \(AB\), \(a = |AB|\) a \(x = |AF|\). Pre obsahy trojuholníkov \(AFD\) a \(FBE\) (obr. [fig:57S2_1]) platí \(\frac{1}{2}x\cdot v~= 15\), \(\frac{1}{2}(a - x) \cdot \frac{1}{2}v = 14\). Odtiaľ \(xv = 30\), \(av - xv = 56\). Sčítaním oboch rovností nájdeme obsah rovnobežníka \(ABCD\): \(S_{ABCD} = av = 86\) cm\(^2\). Obsah štvoruholníka \(FECD\) je teda \(S_{FECD} = S_{ABCD}- (S_{AFD} + S_ {FBE}) = 57\) cm\(^2.\)

[fig:57S2_1]

[fig:57S2_2]

Iné riešenie*. Trojuholníky \(BEF\) a \(ECF\) majú spoločnú výšku z vrcholu \(F\) a zhodné základne \(BE\) a \(EC\). Preto sú obsahy oboch trojuholníkov rovnaké. Z obr. [fig:57S2_2] vidíme, že obsah trojuholníka \(CDF\) je polovicou obsahu rovnobežníka \(ABCD\) (oba útvary majú spoločnú základňu \(CD\) a rovnakú výšku). Druhú polovicu tvorí súčet obsahov trojuholníkov \(AFD\) a \(BCF\). Odtiaľ \(S_{FECD} = S_{ECF} + S_{CDF} = S_{ECF} + (S_{AFD} + S_{BCF}) = S_{AFD} + 3 S_{FBE} = 57\) cm\(^2\).

Iné riešenie*. Do rovnobežníka dokreslíme úsečky \(FG\) a \(EH\) rovnobežné so stranami \(BC\) a \(AB\) tak, ako znázorňuje obr. [fig:58S2_3].

[fig:58S2_3]

Rovnobežníky \(AFGD\) a \(FBEH\) sú svojimi uhlopriečkami \(DF\) a \(EF\) rozdelené na dvojice zhodných trojuholníkov. Takže \(S_{GDF} = S_{AFD} = 15\) cm\(^2\) a \(S_{HFE} = S_{BEF} = 14\) cm\(^2\). Zo zhodnosti rovnobežníkov \(HECG\) a \(FBEH\) navyše ľahko usúdime, že všetky štyri trojuholníky \(FBE\), \(EHF\), \(HEC\) a \(CGH\) sú zhodné, takže obsah štvoruholníka \(FECD\) je \(S_{AFD} + 3S_{FBE} = 57\) cm\(^2\).

Komentár

Úloha je zaradená ako rozcvička pred komplexnejšími problémami, nie je totiž veľmi náročná na vyriešenie. Pekne tiež demonštruje, že niekedy nám vhodný prístup, náčrtok alebo správne nakreslená priamka v obrázku riešenie úlohy významne zjednoduší.

Trojuholníky \(ABK\) a \(CDK\) majú zhodné strany \(AB\) a \(CD\) a súčet ich výšok \(v_1\) a \(v_2\) (vzdialeností bodu \(K\) od priamky \(AB\), resp. \(CD\)) je rovný výške v rovnobežníka \(ABCD\) (vzdialenosti rovnobežných priamok \(AB\) a \(CD\), obr. 1). Preto súčet ich obsahov dáva polovicu súčtu obsahu daného rovnobežníka: \[S_{ABK} + S_{CDK} = \frac{1}{2} |AB|v_1 +\frac{1}{2} |CD|v_2 = \frac{1}{2}|AB| \cdot (v_1 + v_2 ) =\frac{1}{2}|AB| \cdot v~=\frac{1}{2} S_{ABCD}.\] Podobne aj \(S_{BCK} + S_{DAK} =\frac{1}{2} S_{ABCD}\), teda \[S_{CDK} = S_{BCK} + S_{DAK} - S_{ABK}= 6\,\text{cm}^2.\]

Trojuholníky \(ABL\) a \(DCL\) majú zhodné strany \(AB\) a \(CD\). Ak \(v_3\) označuje príslušnú výšku druhého z nich, je výška prvého z nich rovná \(v + v_3\), takže pre rozdiel obsahov týchto trojuholníkov platí \[\begin{aligned} S_{ABL} - S_{DCL} &= \frac{1}{2} |AB| \cdot (v~+ v_3 ) - \frac{1}{2}|CD|\cdot v_3 =\frac{1}{2} |AB| \cdot (v~+ v_3 - v_3 ) =\\ &= \frac{1}{2} |AB| \cdot v~= \frac{1}{2} S_{ABCD} = S_{BCK} + S_{DAK}.\end{aligned}\] Odtiaľ vyplýva \[S_{ABL} = S_{BCK} + S_{DAK} + S_{DCL} = 60\,\text{cm}^2.\]

Komentár

Úloha precvičuje použitie tvrdenia, ktoré sme dokázali v prvom geometrickom seminári, a to, že ak majú dva trojuholníky základňu rovnakej dĺžky, potom ich obsahy sú v rovnakom pomere ako ich výšky na túto základňu.

Označme \(v\) výšku trojuholníka \(ABC\) na stranu \(AB\), \(v_1\) výšku trojuholníka \(ABM\) na stranu \(AB\) a \(v_2\) výšku trojuholníka \(KLM\) na stranu \(KL\) (obr. 2). Z podobnosti trojuholníkov \(LKC\) a \(ABC\) (zaručenej vetou \(sus\)) vyplýva, že \(|KL| =\frac{2}{3} |AB|\). Z porovnania ich výšok zo spoločného vrcholu \(C\) vidíme, že výška \(v\) trojuholníka \(ABC\) je rovná trojnásobku vzdialenosti priečky \(KL\) od strany \(AB\), teda \(v = 3(v_1 +v_2)\). Keďže \(AK\) a \(BL\) sú priečky rovnobežiek \(KL\) a \(AB\), vyplýva zo zhodnosti prislúchajúcich striedavých uhlov podobnosť trojuholníkov \(ABM\) a \(KLM\).

Keďže \(|KL| =\frac{2}{3}|AB|\), je tiež \(v_2 =\frac{2}{3}v_1\), a preto \(v_1 + v_2 =\frac{5}{3}v_1\), čiže \[v = 3(v_1 + v_2) = 5v_1.\] Trojuholníky \(ABM\) a \(ABC\) majú spoločnú stranu \(AB\), preto ich obsahy sú v pomere výšok na túto stranu, takže obsah trojuholníka \(ABC\) je päťkrát väčší ako obsah trojuholníka \(ABM\).

Komentár

Ďalšia úloha, ktorá precvičuje rovnaké tvrdenie ako predchádzajúca. Pomery výšok je tentoraz potrebné určiť z podobnosti trojuholníkov. Tu sa teda uplatnia znalosti precvičované na minulom seminárnom stretnutí.

Predpokladajme, že bod \(P\) má požadované vlastnosti. Priamka rovnobežná so základňami lichobežníka a prechádzajúca bodom \(P\) pretína ramená \(AD\) a \(BC\) postupne v bodoch \(M\) a \(N\) (obr. 3). Označme \(v\) výšku daného lichobežníka, \(v_1\) výšku trojuholníka \(CDP\) a \(v_2\) výšku trojuholníka \(ABP\).

a) Keďže obsahy trojuholníkov \(ABP\) a \(CDP\) sú v pomere \(3 : 1\), platí \[\frac{|AB|v_2}{2}:\frac{|CD|v_1}{2}= 3 : 1, \ \ \ \ \text{čiže} \ \ \ \ \frac{v_1}{v_2}=\frac{1}{3}\cdot \frac{|AB|}{|CD|}=\frac{1}{3}\cdot \frac{3}{2}=\frac{1}{2}.\] Z vyznačených dvojíc podobných pravouhlých trojuholníkov vyplýva, že v práve určenom pomere \(2 : 1\) výšok \(v_2\) a \(v_1\) delí aj bod \(M\) rameno \(AD\) a bod \(N\) rameno \(BC\) (v prípade pravého uhla pri jednom z vrcholov \(A\) či \(B\) je to zrejmé rovno). Tým je konštrukcia bodov \(M\) a \(N\), a teda aj úsečky \(MN\) určená. Teraz zistíme, v akom pomere ju delí uvažovaný bod \(P\).

Keďže obsahy trojuholníkov \(BCP\) a \(DAP\) sú v pomere \(3 : 1\), platí \[\bigg(\frac{|NP|v_1}{2}+\frac{|NP|v_2}{2}\bigg): \bigg(\frac{|MP|v_1}{2}+\frac{|MP|v_2}{2}\bigg)= 3 : 1,\] \[\frac{|NP|(v_1 + v_2 )}{2}: \frac{|MP|(v_1 + v_2 )}{2}= 3 : 1, \ \ \ \ |NP| : |MP| = 3 : 1.\] Tým je konštrukcia (jediného) vyhovujúceho bodu \(P\) úplne opísaná.

b) Doplňme trojuholník \(DAC\) na rovnobežník \(DAXC\). Jeho strana \(CX\) delí priečku \(MN\) na dve časti, a keďže \(v_1 =\frac{1}{3}v\), môžeme dĺžku priečky \(MN\) vyjadriť ako \(|MN| = |MY | + |Y N| = |AX| +\frac{1}{3} |XB| = |CD| +\frac{1}{3} (|AB| - |CD|) = \frac{1}{3}|AB| +\frac{2}{3}|CD| = \frac{7}{6}|CD|\), lebo podľa zadania platí \(|AB| =\frac{3}{2}|CD|\). Preto \[|MP| =\frac{1}{4}|MN| =\frac{1}{4} \cdot \frac{7}{6}|CD| = \frac{7}{24}|CD|,\] takže pre pomer obsahov trojuholníkov \(CDP\) a \(DAP\) platí \[\frac{|CD|v_1}{2}:\frac{|MP|(v_1 + v_2 )}{2}= (|CD|v_1 ) : \bigg( \frac{7}{24}\cdot |CD| \cdot 3v_1\bigg)= 1 :\frac{7}{8} = 8 : 7.\] Pomer obsahov trojuholníkov \(BCP\) a \(CDP\) je teda \(21 : 8\) a pomer obsahov trojuholníkov \(ABP\) a \(BCP\) je tak \(24 : 21\). Postupný pomer obsahov trojuholníkov \(ABP\), \(BCP\), \(CDP\) a \(DAP\) je preto \(24 : 21 : 8 : 7\).

Komentár

Táto komplexná úloha je vrcholom tohto seminárneho stretnutia. Vyžaduje umnú prácu s pomermi obsahov, podobnými trojuholníkmi aj netriviálny nápad doplnenia trojuholníka \(DAC\) na rovnobežník. Je tak vhodné skôr než samostatne úlohu riešiť spoločne na tabuľu. Študentom tiež pripomenieme, že podobne ako v úvodnej úlohe, aj tu našlo vhodné rozdelenie zadaného útvaru svoje opodstatnenie a prispelo k úspešnému rozklúsknutiu problému.

Úloha je o obsahu šiestich trojuholníkov, na ktoré je daný pravidelný šesťuholník rozdelený spojnicami jeho vrcholov s bodom \(M\) (obr. [fig:62I6_1]). Celý šesťuholník s daným obsahom, ktorý označíme \(S\), možno rozdeliť na šesť rovnostranných trojuholníkov s obsahom \(S/6\) (obr. [fig:62I6_2]). Ak označíme \(r\) ich stranu, \(v\) vzdialenosť rovnobežiek \(AB\), \(CD\) a \(v_1\) vzdialenosť bodu \(M\) od priamky \(AB\), dostaneme \[S_{ABM} + S_{EDM} =\frac{1}{2}rv_1 +\frac{1}{2}r(v - v_1 ) = \frac{1}{2} rv =\frac{S}{3},\] lebo \(S/3\) je súčet obsahov dvoch vyfarbených rovnostranných trojuholníkov. Vďaka symetrii majú tú istú hodnotu \(S/3\) aj súčty \(S_{BCM} +S_{EFM}\) a \(S_{CDM} +S_{FAM}\). Odtiaľ už dostávame prvé dva neznáme obsahy \(S_DEM = S/3 - S_{ABM} = 7\) cm\(^2\) a \(S_{EFM}= S/3 - S_{BCM} = 8\) cm\(^2\).

[fig:62I6_1]

[fig:62I6_2]

Ako určiť zvyšné dva obsahy \(S_{CDM}\) a \(S_{FAM}\), keď zatiaľ poznáme len ich súčet \(S/3\)? Všimnime si, že súčet zadaných obsahov trojuholníkov \(ABM\) a \(BCM\) má významnú hodnotu \(S/6\), ktorá je aj obsahom trojuholníka \(ABC\) (to vyplýva opäť z obr. [fig:62I6_2]). Taká zhoda obsahov znamená práve to, že bod \(M\) leží na uhlopriečke \(AC\). Trojuholníky \(ABM\) a \(BCM\) tak majú zhodné výšky zo spoločného vrcholu \(B\) a to isté platí aj pre výšky trojuholníkov \(CDM\) a \(FAM\) z vrcholov \(F\) a \(D\) (t. j. bodov, ktoré majú od priamky \(AC\) rovnakú vzdialenosť). Pre pomery obsahov týchto dvojíc trojuholníkov tak dostávame \[\frac{S_{CDM}}{S_{FAM}}=\frac{|CM|}{|AM|}=\frac{S_{BCM}}{S_{ABM}}=\frac{2}{3}.\] V súčte \(S_{CDM} + S_{FAM}\) majúcom hodnotu \(S/3\) sú teda sčítance v pomere \(2 : 3\). Preto \(S_{CDM} =4\) cm\(^2\) a \(S_{FAM} = 6\) cm\(^2\).

Komentár

Úloha je odľahčeným a netradičným príkladom využitia princípu, na ktorom sme stavali celé toto seminárne stretnutie: súčty obsahov trojuholníkov sú stále rovnaké. Posledná časť úlohy vyžaduje netriviálny nápad a študenti tak možno budú potrebovať malú radu.

Pre spoločnú hodnotu \(p\) oboch pomerov zo zadania platí \[\label{eq:65I4_1} |ED| = p|DF| \ \ \ \ \text{a zároveň} \ \ \ \ |BE| = p|EA|.\] Pred vlastným riešením oboch úloh a) a b) vyjadríme pomocou daného čísla \(p\) skúmaný pomer obsahov trojuholníkov \(ABC\) a \(ABD\). Ten je rovný – keďže trojuholníky majú spoločnú stranu AB – pomeru dĺžok ich výšok \(CC_0\) a \(DD_0\) (obr. 4), ktorý je rovnaký ako

pomer dĺžok úsečiek \(BC\) a \(ED\), a to na základe podobnosti pravouhlých trojuholníkov \(BCC_0\) a \(EDD_0\) podľa vety \(uu\) (uplatnenej vďaka \(BC \parallel ED\)).¹ Platí teda rovnosť \[\label{eq:65I4_2} \frac{S_{ABC}}{S_{ABD}} =\frac{|BC|}{|ED|}.\] Vráťme sa teraz k rovnostiam [eq:65I4_1], podľa ktorých \[|EF| = (1 + p)|DF| \ \ \ \ \text{a} \ \ \ \ |AB| = (1 + p)|EA|,\] a všimnime si, že trojuholníky \(ABC\) a \(AEF\) majú spoločný uhol pri vrchole \(A\) a zhodné uhly pri vrcholoch \(C\) a \(F\) (pretože \(BC \parallel EF\)), takže sú podľa vety \(uu\) podobné. Preto pre dĺžky ich strán platí \[\frac{|AB|}{|AE|}=\frac{|BC|}{|EF|},\ \ \ \ \text{čiže} \ \ \ \ 1 + p =\frac{|BC|}{(1 + p)|DF|}, \ \ \ \ \text{odkiaľ} \ \ \ \ |BC| = (1 + p)^2 |DF|.\] Keď vydelíme posledný vzťah hodnotou \(|ED|\), ktorá je rovná \(p|DF|\) podľa [eq:65I4_1], získame podiel z pravej strany [eq:65I4_2] a tým aj hľadané vyjadrenie \[\label{eq:65I4_3} \frac{S_{ABC}}{S_{ABD}}=\frac{(1 + p)^2}{p}.\]

a) Algebraickou úpravou zlomku zo vzťahu [eq:65I4_3] \[\frac{(1 + p)^2}{p}=\frac{1 + 2p + p^2}{p}= 2 + p + \frac{1}{p}\] zisťujeme, že hodnota pomeru \(S_{ABC} : S_{ABD}\) je pre akékoľvek dve navzájom prevrátené hodnoty \(p\) a \(1/p\) rovnaká, teda nielen pre hodnoty \(2/3\) a \(3/2\), ako sme mali ukázať.

b) Podľa vzťahu [eq:65I4_3] je našou úlohou overiť pre každé \(p > 0\) nerovnosť \[\frac{(1 + p)^2}{p}\geq 4,\ \ \ \ \text{čiže} \ \ \ \ (1 + p)^2\geq 4p.\] To je však zrejme ekvivalentné s nerovnosťou \((1 -p)^2\geq 0\), ktorá skutočne platí, nech je základ druhej mocniny akýkoľvek (rovnosť nastane jedine pre \(p = 1\)).