Geometria trójkąta - wybrane zagadnienia
Planimetria Odsłon: 1337

wybrane-zagadnienia-z-geometrii-trójkąta-2022-1-76cdb830-dc7c-45f4-9dc7-a620d1ef4ca8

GEOMETRIA TRÓJKĄTA - wybrane zagadnienia

 

 

Mierzenie i pojęcia z mierzeniem związane zajmują wiele miejsca w szkolnej matematyce. Odległość (długość) i pole (miara płaska) to wielkości, którymi posługiwano się w starożytnym Babilonie i Egipcie. Pierwsi matematycy byli przede wszystkim praktykami, w Egipcie - urzędnikami panującego faraona. Każdego roku mieli oni do rozwiązania takie samo zadanie. Wylewający Nil niszczył granice poletek uprawianych przez fellachów (egipskich rolników poddanych faraona). Należało więc na nowo wytyczyć działki i drogi do nich prowadzące. Ważne było, by drogi prowadzące do pól umożliwiały szybkie dotarcie do celu, a więc były możliwie najkrótsze (chodzimy na skróty i dzisiaj, co widać szczególnie zimą, gdy ludzie wydeptują ścieżki niezgodne z wytyczonymi, bo tak jest bliżej). Aby uniknąć sporów urzędnicy faraona musieli zadbać o to, żeby działki różnych rolników nie zachodziły na siebie i można je było w jakiś sposób porównywać ( od wielkości działki zależały na ogół plony , a więc i zyski). Działki, podobnie jak i w naszych czasach, miały kształt wielokąta ( najczęściej trójkąta lub czworokąta). Wymyślono więc metody porównywania wielokątów.

Pytanie. Czy potrafisz podzielić obszar w ksztakcie trójkata na dziewięć trójkatnych dziatek o równych polach? Od czasów Talesa i Pitagorasa matematycy wiedzą o tym, że odkryte twierdzenia ( własności) należy uzasadnić (udowodnić).
Pytanie. Czy nastęujqce rozumowanie możemy uznać za dowód twierdzenia: Suma katów wewnętrznych w trójkacie ma 180 ∘ 180 ∘ 180^(@)180^{\circ}180∘ ?
W trójkącie A B C A B C ABCA B CABC poprowadźmy odcinek C D C D CDC DCD.
Oznaczmy sumę kątów wewnętrznych trójkąta przez x x xxx. Wówczas mamy
α + β + γ = x , α + ε + φ = x , β + δ + ψ = x . α + β + γ = x , α + ε + φ = x , β + δ + ψ = x . {:[alpha+beta+gamma=x","],[alpha+epsi+varphi=x","],[beta+delta+psi=x.]:}\begin{aligned} &\alpha+\beta+\gamma=x, \\ &\alpha+\varepsilon+\varphi=x, \\ &\beta+\delta+\psi=x . \end{aligned}α+β+γ=x,α+ε+φ=x,β+δ+ψ=x.
Zatem
α + ε + φ + δ + β + ψ = 2 x . α + ε + φ + δ + β + ψ = 2 x . alpha+epsi+varphi+delta+beta+psi=2x.\alpha+\varepsilon+\varphi+\delta+\beta+\psi=2 x .α+ε+φ+δ+β+ψ=2x.
Ale
φ + ψ = γ i ε + δ = 180 ∘ φ + ψ = γ  i  ε + δ = 180 ∘ varphi+psi=gammaquad" i "quad epsi+delta=180^(@)\varphi+\psi=\gamma \quad \text { i } \quad \varepsilon+\delta=180^{\circ}φ+ψ=γ i ε+δ=180∘
( ε ε epsi\varepsilonε i δ δ delta\deltaδ są kątami przyległymi). Stąd
x + 180 ∘ = 2 x . x + 180 ∘ = 2 x . x+180^(@)=2x.x+180^{\circ}=2 x .x+180∘=2x.
Zatem
x = 180 ∘ . x = 180 ∘ . x=180^(@).x=180^{\circ} .x=180∘.
Twierdzenia mogą być stosowane do rozwiązywania zadań bądź wykorzystywane przy dowodzeniu innych twierdzeń. Przypomnimy np. jak wykorzystać własności pola przy wyprowadzaniu wzorów na pole trójkąta, równoległoboku, trapezu. Wykorzystamy te wiadomości dowodząc twierdzenia Pitagorasa, a przy uzasadnianiu twierdzenia Talesa wykorzystamy własności pola i twierdzenie Pitagorasa. Twierdzenie Pitagorasa i i i\mathrm{i}i twierdzenie Talesa są znane z gimnazjum, jednak ze względu na ich zastosowania warto do tych twierdzeń wrócić. Udowodnimy twierdzenia Carnota i Stewarta i wykorzystamy je do wyznaczenia długości wysokości trójkąta, długości środkowych i długości odcinków dwusiecznych trójkąta. Uzasadnimy wzór Herona. Przypomnimy wiele związków miarowych dla wielkości związanych z trójkątem ( długość promienia okręgu wpisanego w trójkąt, długości promieni okręgów dopisanych do trójkąta, długość promienia okręgu opisanego na trójkącie). Poznamy twierdzenia Menelaosa i Cevy. Przed studiowaniem tych zagadnień spróbuj rozwiązać następujące zadanie:
Na środkowym szczeblu drabiny (o nieparzystej liczbie szczebli) opartej o ścianę i śliska posadzkę siedzi mucha. Drabina ześlizguje się po posadzce w dót. Wzdtuż jakiej krzywej będzie poruszać się mucha?

1. Stosunek podziału odcinka punktem

Na płaszczyźnie jest określona odległość, która każdej parze punktów A A AAA
i B B BBB przyporządkowuje dokładnie jedną liczbę | A B | | A B | |AB||A B||AB| i przyporządkowanie to ma następujące własności:
  1. | A B | ⩾ 0 | A B | ⩾ 0 |AB|⩾0|A B| \geqslant 0|AB|⩾0,
  2. | A B | = 0 | A B | = 0 |AB|=0|A B|=0|AB|=0 wtedy i tylko wtedy, gdy A = B A = B A=BA=BA=B,
  3. | A B | = | B A | | A B | = | B A | |AB|=|BA||A B|=|B A||AB|=|BA|,
  4. dla każdych punktów A , B , C A , B , C A,B,CA, B, CA,B,C zachodzi | A C | ⩽ | A B | + | B C | | A C | ⩽ | A B | + | B C | |AC|leqslant|AB|+|BC||A C| \leqslant|A B|+|B C||AC|⩽|AB|+|BC|,
  5. dla każdych punktów A , B A , B A,BA, BA,B i C C CCC punkty te są współliniowe wtedy i tylko wtedy, gdy | A B | = | A C | + | C B | | A B | = | A C | + | C B | |AB|=|AC|+|CB||A B|=|A C|+|C B||AB|=|AC|+|CB| lub | A C | = | A B | + | B C | | A C | = | A B | + | B C | |AC|=|AB|+|BC||A C|=|A B|+|B C||AC|=|AB|+|BC| lub | B C | = | B C | = |BC|=|B C|=|BC|= | B A | + | A C | | B A | + | A C | |BA|+|AC||B A|+|A C||BA|+|AC|.
Definicja. Niech punkty A , B A , B A,BA, BA,B będą różne. Mówimy, że punkt C C CCC, C ≠ A , C ≠ B C ≠ A , C ≠ B C!=A,C!=BC \neq A, C \neq BC≠A,C≠B, leży między punktami A A AAA i B B BBB, gdy | A B | = | A C | + | C B | | A B | = | A C | + | C B | |AB|=|AC|+|CB||A B|=|A C|+|C B||AB|=|AC|+|CB|.
Definicja. Odcinkiem A B A B ABA BAB, gdzie A ≠ B A ≠ B A!=BA \neq BA≠B, nazywamy zbiór utworzony ze wszystkich punktów leżących między punktami A A AAA i B B BBB oraz punktów A , B A , B A,BA, BA,B. Punkty A , B A , B A,BA, BA,B nazywamy końcami odcinka. Odcinek A B A B ABA BAB będziemy oznaczać symbolem A B ¯ A B ¯ bar(AB)\overline{A B}AB¯.
Uwaga. Jeżeli A = B A = B A=BA=BA=B, to zbiór A A ¯ = { A } A A ¯ = { A } bar(AA)={A}\overline{A A}=\{A\}AA¯={A} będziemy nazywali odcinkiem zerowym (trywialnym).
Definicja. Długością odcinka A B A B ABA BAB nazywamy odległość jego końców.
Definicja. Punkt S S SSS nazywamy środkiem odcinka A B A B ABA BAB, gdy | A S | = | A S | = |AS|=|A S|=|AS|= | S B | = 1 2 | A B | | S B | = 1 2 | A B | |SB|=(1)/(2)|AB||S B|=\frac{1}{2}|A B||SB|=12|AB|.

2. Twierdzenie. Każdy odcinek ma dokładnie jeden środek.

Niech A A AAA i B B BBB będą różnymi punktami. Dla każdego punktu P P PPP odcinka A B A B ABA BAB, P ≠ B P ≠ B P!=BP \neq BP≠B, rozważmy stosunek | A P | | P B | | A P | | P B | (|AP|)/(|PB|)\frac{|A P|}{|P B|}|AP||PB|.
Umówmy się, że będziemy ten stosunek oznaczać symbolem k ( P ) k ( P ) k(P)k(P)k(P).
Łatwo zauważyć, że
  1. k ( P ) ⩾ 0 k ( P ) ⩾ 0 k(P)⩾0k(P) \geqslant 0k(P)⩾0, dla P ∈ A B ¯ P ∈ A B ¯ P in bar(AB)P \in \overline{A B}P∈AB¯ i P ≠ B P ≠ B P!=BP \neq BP≠B,
  2. k ( A ) = 0 k ( A ) = 0 k(A)=0k(A)=0k(A)=0,
  3. k ( S ) = 1 k ( S ) = 1 k(S)=1k(S)=1k(S)=1,
  4. jeżeli P P PPP leży między punktami A A AAA i S S SSS, to k ( P ) < 1 k ( P ) < 1 k(P) < 1k(P)<1k(P)<1,
  5. jeżeli P P PPP leży między punktami S S SSS i B B BBB, to k ( P ) > 1 k ( P ) > 1 k(P) > 1k(P)>1k(P)>1. Twierdzenie. Jeżeli dowolne punkty K , L K , L K,LK, LK,L należą do odcinka A B A B ABA BAB, są różne od punktu B B BBB i K ≠ L K ≠ L K!=LK \neq LK≠L, to k ( K ) ≠ k ( L ) k ( K ) ≠ k ( L ) k(K)!=k(L)k(K) \neq k(L)k(K)≠k(L).
Dowód. Ponieważ punkty K K KKK i L L LLL należą do odcinka A B A B ABA BAB, to
| A K | + | K B | = | A B | i | A L | + | L B | = | A B | . | A K | + | K B | = | A B |  i  | A L | + | L B | = | A B | . |AK|+|KB|=|AB|quad" i "quad|AL|+|LB|=|AB|.|A K|+|K B|=|A B| \quad \text { i } \quad|A L|+|L B|=|A B| .|AK|+|KB|=|AB| i |AL|+|LB|=|AB|.
Stąd
| A K | | K B | + 1 = | A B | | K B | i | A L | | L B | + 1 = | A B | | L B | . | A K | | K B | + 1 = | A B | | K B |  i  | A L | | L B | + 1 = | A B | | L B | . (|AK|)/(|KB|)+1=(|AB|)/(|KB|)quad" i "quad(|AL|)/(|LB|)+1=(|AB|)/(|LB|).\frac{|A K|}{|K B|}+1=\frac{|A B|}{|K B|} \quad \text { i } \quad \frac{|A L|}{|L B|}+1=\frac{|A B|}{|L B|} .|AK||KB|+1=|AB||KB| i |AL||LB|+1=|AB||LB|.
Gdyby dla pewnych punktów K , L K , L K,LK, LK,L było
| A K | | K L | = ∣ A L | L B | , | A K | | K L | = ∣ A L | L B | , (|AK|)/(|KL|)=(∣AL)/(|LB|),\frac{|A K|}{|K L|}=\frac{\mid A L}{|L B|},|AK||KL|=∣AL|LB|,
to
| A B | | K B | = | A B | | L B | | A B | | K B | = | A B | | L B | (|AB|)/(|KB|)=(|AB|)/(|LB|)\frac{|A B|}{|K B|}=\frac{|A B|}{|L B|}|AB||KB|=|AB||LB|
i mielibyśmy | K B | = | L B | | K B | = | L B | |KB|=|LB||K B|=|L B||KB|=|LB|. Zatem K = L K = L K=LK=LK=L, co nie jest możliwe.
Pojęcie stosunku możemy określić także dla punktów prostej A B A B ABA BAB nie należących do odcinka A B A B ABA BAB. Jednak wtedy nie będziemy mieć różnowartościowości. Przykład. Na odcinku A B A B ABA BAB o długości 3 wybierzmy punkt T T TTT taki, że | A T | = | A T | = |AT|=|A T|=|AT|= 2 , | T B | = 1 2 , | T B | = 1 2,|TB|=12,|T B|=12,|TB|=1.
Oczywiście
| A T | | T B | = 2 . | A T | | T B | = 2 . (|AT|)/(|TB|)=2.\frac{|A T|}{|T B|}=2 .|AT||TB|=2.
Na półprostej o początku A A AAA, do której należy punkt B B BBB, wybierzmy punkt U U UUU taki, że | A U | = 2 | A B | | A U | = 2 | A B | |AU|=2|AB||A U|=2|A B||AU|=2|AB|.
Mamy więc
| A U | | U B | = 2 . | A U | | U B | = 2 . (|AU|)/(|UB|)=2.\frac{|A U|}{|U B|}=2 .|AU||UB|=2.
Zatem T ≠ U i | A T | | T A | = | A U | | U B | T ≠ U i | A T | | T A | = | A U | | U B | T!=Ui(|AT|)/(|TA|)=(|AU|)/(|UB|)T \neq U \mathrm{i} \frac{|A T|}{|T A|}=\frac{|A U|}{|U B|}T≠Ui|AT||TA|=|AU||UB|. Pytanie. Na odcinku A B A B ABA BAB o dtugości 3 wybierzmy punkt Q Q QQQ taki, z ˙ e | A Q | = 1 z ˙ e | A Q | = 1 z^(˙)e|AQ|=1\dot{z} e|A Q|=1z˙e|AQ|=1, | Q B | = 2 | Q B | = 2 |QB|=2|Q B|=2|QB|=2. Czy na prostej A B A B ABA BAB znajdziemy taki punkt V , z ˙ e | A V | | V B | = | A Q | | Q B | = 1 2 V , z ˙ e | A V | | V B | = | A Q | | Q B | = 1 2 V,z^(˙)e(|AV|)/(|VB|)=(|AQ|)/(|QB|)=(1)/(2)V, \dot{z} e \frac{|A V|}{|V B|}=\frac{|A Q|}{|Q B|}=\frac{1}{2}V,z˙e|AV||VB|=|AQ||QB|=12 ?
Pytanie. Dla jakiego punktu prostej AB stosunek dlugości odcinków nie jest określony?
Pytanie. Czy na prostej A B A B ABA BAB istnieje punkt L róży od środka odcinka A B A B ABA BAB, dla którego | A L | | L B | = 1 | A L | | L B | = 1 (|AL|)/(|LB|)=1\frac{|A L|}{|L B|}=1|AL||LB|=1 ? Definicja. Stosunkiem podziału niezerowego odcinka A B A B ABA BAB punktem P P PPP prostej A B , P ≠ B A B , P ≠ B AB,P!=BA B, P \neq BAB,P≠B, nazywamy liczbę ( A B ; P ) ( A B ; P ) (AB;P)(A B ; P)(AB;P) określoną w następujący sposób
( A B ; P ) = { | A P | | P B | , P ∈ A B ¯ ∖ { B } , − ∣ A P | P B | , P ∈ pr ⁡ A B ∖ A B ¯ . ( A B ; P ) = | A P | | P B | , P ∈ A B ¯ ∖ { B } , − ∣ A P | P B | , P ∈ pr ⁡ A B ∖ A B ¯ . (AB;P)={[(|AP|)/(|PB|)","P in bar(AB)\\{B}","],[-(∣AP)/(|PB|)","P in pr AB\\ bar(AB).]:}(A B ; P)=\left\{\begin{aligned} \frac{|A P|}{|P B|}, & P \in \overline{A B} \backslash\{B\}, \\ -\frac{\mid A P}{|P B|}, & P \in \operatorname{pr} A B \backslash \overline{A B} . \end{aligned}\right.(AB;P)={|AP||PB|,P∈AB¯∖{B},−∣AP|PB|,P∈pr⁡AB∖AB¯.
Własności stosunku podziału odcinka punktem:
  1. Dla każdego punktu P , P ∈ pr ⁡ A B ∖ { B } P , P ∈ pr ⁡ A B ∖ { B } P,P in pr AB\\{B}P, P \in \operatorname{pr} A B \backslash\{B\}P,P∈pr⁡AB∖{B},
| ( A B ; P ) | = | A P | | P B | . | ( A B ; P ) | = | A P | | P B | . |(AB;P)|=(|AP|)/(|PB|).|(A B ; P)|=\frac{|A P|}{|P B|} .|(AB;P)|=|AP||PB|.
  1. Dla każdych punktów P , Q , P , Q ∈ pr ⁡ A B ∖ { B } P , Q , P , Q ∈ pr ⁡ A B ∖ { B } P,Q,P,Q in pr AB\\{B}P, Q, P, Q \in \operatorname{pr} A B \backslash\{B\}P,Q,P,Q∈pr⁡AB∖{B}, jeżeli P ≠ Q P ≠ Q P!=QP \neq QP≠Q, to ( A B ; P ) ≠ ( A B ; Q ) ( A B ; P ) ≠ ( A B ; Q ) (AB;P)!=(AB;Q)(A B ; P) \neq(A B ; Q)(AB;P)≠(AB;Q).
  2. Dla każdego punktu P , P ∈ pr ⁡ A B ∖ { B } P , P ∈ pr ⁡ A B ∖ { B } P,P in pr AB\\{B}P, P \in \operatorname{pr} A B \backslash\{B\}P,P∈pr⁡AB∖{B},
( A B ; P ) ≠ − 1 . ( A B ; P ) ≠ − 1 . (AB;P)!=-1.(A B ; P) \neq-1 .(AB;P)≠−1.
  1. Dla każdej liczby rzeczywistej ν , ν ≠ − 1 ν , ν ≠ − 1 nu,nu!=-1\nu, \nu \neq-1ν,ν≠−1 istnieje dokładnie jeden punkt P , P ∈ pr ⁡ A B ∖ { B } P , P ∈ pr ⁡ A B ∖ { B } P,P in pr AB\\{B}P, P \in \operatorname{pr} A B \backslash\{B\}P,P∈pr⁡AB∖{B} dla którego
( A B ; P ) = ν . ( A B ; P ) = ν . (AB;P)=nu.(A B ; P)=\nu .(AB;P)=ν.

3. Pole wielokąta

Rozważmy zbiór wszystkich wielokątów zawartych w płaszczyźnie .
Definicja. Mówimy że wielokąty na siebie nie zachodzą, gdy nie mają one wspólnych punktów wewnętrznych.
Wielokąty zachodzą na siebie

Wielokąty nie zachodzą na siebie Każdemu wielokątowi w w www jest przyporządkowana dokładnie jedna liczba dodatnia P ( w ) P ( w ) P(w)P(w)P(w), zwana jego polem (miara płaską).
To przyporządkowanie ma następujące własności:
  1. każde dwa wielokąty przystające mają równe pola,
  2. pole każdego wielokąta, który jest sumą mnogościową dwóch wielokątów nie zachodzących na siebie, jest sumą pól tych dwóch wielokątów,
  3. pole kwadratu, którego bok ma długość 1 , jest równe 1 .
Twierdzenie. Jeżeli boki prostokąta p p ppp mają długości a a aaa i b b bbb, to
P ( p ) = a b . P ( p ) = a b . P(p)=ab.P(p)=a b .P(p)=ab.
Przykład. Kwadrat podzielono na cztery figury - dwa przystające trapezy i dwa przystające trójkąty prostokątne. Z tych figur złożono prostokąt tak jak na rysunku.
13 ⋅ 13 = 169 13 ⋅ 13 = 169 13*13=16913 \cdot 13=16913⋅13=169
21 ⋅ 8 = 168 21 ⋅ 8 = 168 21*8=16821 \cdot 8=16821⋅8=168
Gdzie podział się taki kwadracik ◻ ◻ ◻\square◻ ?

4. Pytanie. Dlaczego kwadrat i prostokat maja różne pola?

Wniosek. Jeżeli t t ttt jest trójkątem prostokątnym, którego przyprostokątne mają długości a a aaa i b b bbb, to
P ( t ) = 1 2 a b . P ( t ) = 1 2 a b . P(t)=(1)/(2)ab.P(t)=\frac{1}{2} a b .P(t)=12ab.
Dowód.
a
p = t ∪ t ′ , t przystaje do t ′ i te trójkąty nie zachodzą na siebie. Zatem a b = P ( p ) = P ( t ∪ t ′ ) = P ( t ) + P ( t ′ ) = 2 P ( t ) . p = t ∪ t ′ , t  przystaje do  t ′  i te trójkąty nie zachodzą na siebie. Zatem  a b = P ( p ) = P t ∪ t ′ = P ( t ) + P t ′ = 2 P ( t ) . {:[p=t uut^(')","t" przystaje do "t^(')" i te trójkąty nie zachodzą na siebie. Zatem "],[ab=P(p)=P(t uut^('))=P(t)+P(t^('))=2P(t).]:}\begin{gathered} p=t \cup t^{\prime}, t \text { przystaje do } t^{\prime} \text { i te trójkąty nie zachodzą na siebie. Zatem } \\ a b=P(p)=P\left(t \cup t^{\prime}\right)=P(t)+P\left(t^{\prime}\right)=2 P(t) . \end{gathered}p=t∪t′,t przystaje do t′ i te trójkąty nie zachodzą na siebie. Zatem ab=P(p)=P(t∪t′)=P(t)+P(t′)=2P(t).
Stąd
P ( t ) = 1 2 a b . P ( t ) = 1 2 a b . P(t)=(1)/(2)ab.P(t)=\frac{1}{2} a b .P(t)=12ab.
Niech t t ttt będzie dowolnym trójkątem o wierzchołkach A , B , C A , B , C A,B,CA, B, CA,B,C. Z wierzchołka C C CCC poprowadźmy wysokość C D C D CDC DCD. Możliwe są trzy przypadki:
  1. D = A D = A D=AD=AD=A lub D = B D = B D=BD=BD=B
  2. D D DDD leży między punktami A A AAA i B B BBB,
  3. D D DDD leży na prostej A B A B ABA BAB poza odcinkiem A B A B ABA BAB.

    W pierwszym przypadku △ A B C △ A B C /_\ABC\triangle A B C△ABC jest prostokątny, więc na podstawie poprzednich rozważán

P ( △ A B C ) = 1 2 | A B ∥ C D | . P ( △ A B C ) = 1 2 | A B ∥ C D | . P(/_\ABC)=(1)/(2)|AB||CD|.P(\triangle A B C)=\frac{1}{2}|A B \| C D| .P(△ABC)=12|AB∥CD|.
W drugim △ A B C △ A B C /_\ABC\triangle A B C△ABC jest sumą dwóch nie zachodzących na siebie trójkątów prostokątnych, więc
P ( △ A B C ) = P ( △ A D C ) + P ( △ D B C ) = 1 2 | A D ∥ C D | + 1 2 | D B ∥ C D | = 1 2 | A B ∥ C D | P ( △ A B C ) = P ( △ A D C ) + P ( △ D B C ) = 1 2 A D C D + 1 2 D B C D = 1 2 | A B ∥ C D | P(/_\ABC)=P(/_\ADC)+P(/_\DBC)=(1)/(2)|AD||CD|+(1)/(2)|DB||CD|=(1)/(2)|AB||CD|P(\triangle A B C)=P(\triangle A D C)+P(\triangle D B C)=\frac{1}{2}\left|A D\left\|C D\left|+\frac{1}{2}\right| D B\right\| C D\right|=\frac{1}{2}|A B \| C D|P(△ABC)=P(△ADC)+P(△DBC)=12|AD∥CD|+12|DB∥CD|=12|AB∥CD|.
W trzecim przypadku trójkąt prostokątny A D C A D C ADCA D CADC jest sumą trójkąta A B C A B C ABCA B CABC i trójkąta prostokątnego B D C B D C BDCB D CBDC. Ponieważ te trójkąty na siebie nie zachodzą, to
1 2 | A D ∥ C D | = P ( △ A B C ) + 1 2 | B D ∥ C D | . 1 2 A D C D = P ( △ A B C ) + 1 2 B D C D . (1)/(2)|AD||CD|=P(/_\ABC)+(1)/(2)|BD||CD|.\frac{1}{2}\left|A D\left\|C D\left|=P(\triangle A B C)+\frac{1}{2}\right| B D\right\| C D\right| .12|AD∥CD|=P(△ABC)+12|BD∥CD|.
Stąd
P ( △ A B C ) = 1 2 | A D ∥ C D | − 1 2 | B D | | C D | = 1 2 | A B | | C D | . P ( △ A B C ) = 1 2 | A D ∥ C D | − 1 2 | B D | | C D | = 1 2 | A B | | C D | . P(/_\ABC)=(1)/(2)|AD||CD|-(1)/(2)|BD||CD|=(1)/(2)|AB||CD|.P(\triangle A B C)=\frac{1}{2}|A D \| C D|-\frac{1}{2}|B D||C D|=\frac{1}{2}|A B||C D| .P(△ABC)=12|AD∥CD|−12|BD||CD|=12|AB||CD|.
Przyjmijmy, że h c = | C D | h c = | C D | h_(c)=|CD|h_{c}=|C D|hc=|CD| i c = | A B | c = | A B | c=|AB|c=|A B|c=|AB|. Wówczas
P ( △ A B C ) = 1 2 c h c . P ( △ A B C ) = 1 2 c h c . P(/_\ABC)=(1)/(2)ch_(c).P(\triangle A B C)=\frac{1}{2} c h_{c} .P(△ABC)=12chc.
Przeprowadzając analogiczne rozumowania dla pozostałych boków trójkąta A B C A B C ABCA B CABC otrzymamy
P ( △ A B C ) = 1 2 a h a , P ( △ A B C ) = 1 2 b h b . P ( △ A B C ) = 1 2 a h a , P ( △ A B C ) = 1 2 b h b . {:[P(/_\ABC)=(1)/(2)ah_(a)","],[P(/_\ABC)=(1)/(2)bh_(b).]:}\begin{aligned} &P(\triangle A B C)=\frac{1}{2} a h_{a}, \\ &P(\triangle A B C)=\frac{1}{2} b h_{b} . \end{aligned}P(△ABC)=12aha,P(△ABC)=12bhb.
Twierdzenie. Jeżeli boki trójkąta t t ttt mają długości a , b , c a , b , c a,b,ca, b, ca,b,c, a opuszczone na te boki wysokości mają długości h a , h b , h c h a , h b , h c h_(a),h_(b),h_(c)h_{a}, h_{b}, h_{c}ha,hb,hc, to
P ( t ) = 1 2 a h a = 1 2 b h b = 1 2 c h c . P ( t ) = 1 2 a h a = 1 2 b h b = 1 2 c h c . P(t)=(1)/(2)ah_(a)=(1)/(2)bh_(b)=(1)/(2)ch_(c).P(t)=\frac{1}{2} a h_{a}=\frac{1}{2} b h_{b}=\frac{1}{2} c h_{c} .P(t)=12aha=12bhb=12chc.
Wniosek. Jeżeli trójkąty A B C A B C ABCA B CABC i A ′ B ′ C ′ A ′ B ′ C ′ A^(')B^(')C^(')A^{\prime} B^{\prime} C^{\prime}A′B′C′ mają równe długości wysokości opuszczonych odpowiednio z wierzchołków C C CCC i C ′ C ′ C^(')C^{\prime}C′, to
| A B | | A ′ B ′ | = P ( △ A B C ) P ( △ A ′ B ′ C ′ ) . | A B | A ′ B ′ = P ( △ A B C ) P △ A ′ B ′ C ′ .  (|AB|)/(|A^(')B^(')|)=(P(/_\ABC))/(P(/_\A^(')B^(')C^(')))". "\frac{|A B|}{\left|A^{\prime} B^{\prime}\right|}=\frac{P(\triangle A B C)}{P\left(\triangle A^{\prime} B^{\prime} C^{\prime}\right)} \text {. }|AB||A′B′|=P(△ABC)P(△A′B′C′). 
Twierdzenie. Pole równoległoboku jest równe iloczynowi długości jego boku i długości wysokości opuszczonej na ten bok.
Jeżeli długość boku równoległoboku jest równa a a aaa, wysokość opuszczona na ten bok ma długość h h hhh, to jego pole
P = a h . P = a h . P=ah.P=a h .P=ah.
Twierdzenie. Pole trapezu jest równe iloczynowi połowy sumy długości jego podstaw ( boków równoległych) i długości wysokości trapezu (odległości podstaw).
Jeżeli długości podstaw trapezu są równe a , b a , b a,ba, ba,b, zaś wysokość ma długość h h hhh, to jego pole
P = 1 2 ( a + b ) h . P = 1 2 ( a + b ) h . P=(1)/(2)(a+b)h.P=\frac{1}{2}(a+b) h .P=12(a+b)h.
Polecenie. Udowodnij twierdzenia o polu równolegtoboku i polu trapezu. Zadanie. Punkt P P PPP należy do wnętrza trójkąta A B C A B C ABCA B CABC. Jeżeli w a , w b , w c w a , w b , w c w_(a),w_(b),w_(c)w_{a}, w_{b}, w_{c}wa,wb,wc oznaczają odległości punktu P P PPP odpowiednio od boków B C , A C , A B B C , A C , A B BC,AC,ABB C, A C, A BBC,AC,AB, to
w a h a + w b h b + w c h c = 1 . w a h a + w b h b + w c h c = 1 . (w_(a))/(h_(a))+(w_(b))/(h_(b))+(w_(c))/(h_(c))=1.\frac{w_{a}}{h_{a}}+\frac{w_{b}}{h_{b}}+\frac{w_{c}}{h_{c}}=1 .waha+wbhb+wchc=1.
( h a , h b , h c h a , h b , h c h_(a),h_(b),h_(c)h_{a}, h_{b}, h_{c}ha,hb,hc są długościami wysokości poprowadzonych odpowiednio z wierzchołków A , B , C A , B , C A,B,CA, B, CA,B,C.
Rozwiazanie.
Ponieważ trójkąty A B P , B C P , C A P A B P , B C P , C A P ABP,BCP,CAPA B P, B C P, C A PABP,BCP,CAP nie zachodzą na siebie oraz △ A B C = △ A B C = /_\ABC=\triangle A B C=△ABC= △ A B P ∪ △ B C P ∪ △ C A P △ A B P ∪ △ B C P ∪ △ C A P /_\ABP uu/_\BCP uu/_\CAP\triangle A B P \cup \triangle B C P \cup \triangle C A P△ABP∪△BCP∪△CAP, to
P ( △ A B C ) = P ( △ A B P ) + P ( △ B C P ) + P ( △ C A P ) . P ( △ A B C ) = P ( △ A B P ) + P ( △ B C P ) + P ( △ C A P ) . P(/_\ABC)=P(/_\ABP)+P(/_\BCP)+P(/_\CAP).P(\triangle A B C)=P(\triangle A B P)+P(\triangle B C P)+P(\triangle C A P) .P(△ABC)=P(△ABP)+P(△BCP)+P(△CAP).
Stąd, oznaczając krótko trójkąt A B C A B C ABCA B CABC literą t t ttt, otrzymujemy
P ( t ) = 1 2 ( a w a + b w b + c w c ) . P ( t ) = 1 2 a w a + b w b + c w c . P(t)=(1)/(2)(aw_(a)+bw_(b)+cw_(c)).P(t)=\frac{1}{2}\left(a w_{a}+b w_{b}+c w_{c}\right) .P(t)=12(awa+bwb+cwc).
Ale
a = 2 P ( t ) h a , b = 2 P ( t ) h b , c = 2 P ( t ) h c . a = 2 P ( t ) h a , b = 2 P ( t ) h b , c = 2 P ( t ) h c . {:[a=(2P(t))/(h_(a))","],[b=(2P(t))/(h_(b))","],[c=(2P(t))/(h_(c)).]:}\begin{aligned} a &=\frac{2 P(t)}{h_{a}}, \\ b &=\frac{2 P(t)}{h_{b}}, \\ c &=\frac{2 P(t)}{h_{c}} . \end{aligned}