Podobieństwo trójkątów

Odpowiedź: B

1. Krok 1 — uzupełniamy brakujące kąty. Rysunek podaje po dwa kąty w każdym trójkącie, a trzeci wyliczamy z sumy $180°$.
2. W trójkącie $ABC$:   $\sphericalangle C = 180° - \textcolor{#16A06A}{70°} - \textcolor{#16A06A}{48°} = \textcolor{#E0453A}{62°}$
3. W trójkącie $PQR$:   $\sphericalangle Q = 180° - \textcolor{#16A06A}{70°} - \textcolor{#16A06A}{62°} = \textcolor{#E0453A}{48°}$
4. Krok 2 — dopasowujemy wierzchołki. Teraz w obu trójkątach znamy wszystkie trzy kąty i widać, że są to te same miary: $70°$, $48°$, $62°$. Wierzchołki parujemy po równych kątach:
5. $A \leftrightarrow P$ (po $70°$),   $B \leftrightarrow Q$ (po $48°$),   $C \leftrightarrow R$ (po $62°$)
6. Wszystkie trzy miary są różne, więc takie dopasowanie jest jedyne możliwe — i akurat pokrywa się z kolejnością liter w nazwach $ABC$ i $PQR$. Warto to sprawdzić, a nie założyć: kolejność liter bywa też podana niezgodnie z rysunkiem.
7. Krok 3 — skala z jedynej pary boków o dwóch znanych długościach. Bok $BC$ leży naprzeciw kąta $A$, a jego odpowiednikiem jest bok $QR$ — leżący naprzeciw kąta $P$. Rysunek podaje obie długości:
8. $k = \dfrac{|BC|}{|QR|} = \dfrac{\textcolor{#16A06A}{9}}{\textcolor{#16A06A}{18}} = \textcolor{#E0453A}{\dfrac12}$
9. Krok 4 — szukany bok. Bok $AB$ leży naprzeciw kąta $C$, a jego odpowiednikiem jest bok $PQ$ — naprzeciw kąta $R$. Zatem
10. $|AB| = \textcolor{#E0453A}{\dfrac12} \cdot |PQ| = \textcolor{#E0453A}{\dfrac12} \cdot \textcolor{#16A06A}{17} = 8{,}5$
11. Odpowiedź: $|AB| = 8{,}5$, czyli B.
12. Kontrola: obie pary odpowiadających sobie boków muszą dawać tę samą skalę, i dają — $\tfrac{9}{18} = \tfrac{8,5}{17} = \tfrac12$. Druga kontrola, zgrubna: trójkąt $ABC$ jest na rysunku wyraźnie mniejszy, więc $|AB|$ musi być mniejsze niż $|PQ| = 17$, i to około dwa razy.

💡 Wskazówka: Odpowiadające sobie boki rozpoznajemy po kącie, naprzeciw którego leżą — nigdy po położeniu na rysunku ani po tym, że „oba są na dole”. Oba trójkąty są tu obrócone względem siebie, więc oko zawodzi: bok $BC$ jest w małym trójkącie skierowany w lewo-w-górę, a odpowiadający mu bok $QR$ leży poziomo u góry. Praktyczny sposób: dopisz przy każdym boku miarę kąta leżącego naprzeciw niego, a potem paruj boki po tych miarach.

⚠ Odpowiedź $9{,}5$ — powstaje z pomylenia par: sparowania boku $BC$ (długość $9$) z bokiem $QP$ (długość $17$) zamiast z $QR$. Wtedy skala wychodzi $\tfrac{9}{17}$, a szukany bok $18 \cdot \tfrac{9}{17} \approx 9{,}53$, co po zaokrągleniu daje właśnie $9{,}5$. Tymczasem $QP$ leży naprzeciw kąta $62°$, a $BC$ naprzeciw $70°$ — to nie są odpowiadające sobie boki. Drugi błąd: odpowiedź $8$, czyli odjęcie $17 - 9$. W podobieństwie nie odejmujemy długości, tylko je mnożymy przez skalę; odejmowanie ma sens dopiero wtedy, gdy jeden odcinek jest częścią drugiego, a tu leżą w dwóch osobnych trójkątach.

Odpowiedź: P, P

1. Zdanie 1 — szukamy równych kątów. Podstawy trapezu są równoległe: $AB \parallel CD$. Przekątna $AC$ przecina te dwie proste równoległe, więc kąty $EAB$ i $ECD$ są naprzemianległe — a takie kąty są równe:
2. $\sphericalangle EAB = \sphericalangle ECD$
3. Ta sama rzecz z drugą przekątną: prosta $BD$ przecina $AB$ i $CD$, więc
4. $\sphericalangle EBA = \sphericalangle EDC$
5. Dwie pary równych kątów to już cecha kąt-kąt — trójkąty są podobne. Kolejność liter też się zgadza: w zapisie $ABE$ i $CDE$ mamy $A \leftrightarrow C$, $B \leftrightarrow D$, $E \leftrightarrow E$, a dokładnie te pary kątów porównaliśmy. Trzecia para zresztą wychodzi sama: kąty przy $E$ są wierzchołkowe, więc równe.  ✓ P
6. Zdanie 2 — pola. Trójkąty $ACD$ i $BCD$ mają wspólną podstawę $CD$. Ich trzecie wierzchołki, $A$ i $B$, leżą na prostej $AB$, która jest równoległa do $CD$ — więc oba trójkąty mają też tę samą wysokość, równą odległości między podstawami trapezu. Oznaczmy ją $h$:
7. $P_{ACD} = \tfrac12 \cdot |CD| \cdot h \qquad \text{oraz} \qquad P_{BCD} = \tfrac12 \cdot |CD| \cdot h$
8. To ten sam iloczyn, więc pola są równe.  ✓ P
9. Odpowiedź: P, P.
10. Sprawdźmy zdanie 2 na konkretnym trapezie, żeby nie zostać z samym rozumowaniem: $A = (0, 0)$, $B = (8, 0)$, $C = (6, 4)$, $D = (2, 4)$. Wtedy $|CD| = \textcolor{#E0453A}{4}$, wysokość $h = \textcolor{#E0453A}{4}$, więc oba pola wynoszą $\tfrac12 \cdot 4 \cdot 4 = \textcolor{#E0453A}{8}$ — mimo że trójkąty wyglądają zupełnie inaczej.
11. Warto zauważyć, że oba zdania są prawdziwe. W zadaniach typu prawda–fałsz łatwo wpaść w odruch „na pewno jedno jest fałszywe” i zacząć naciągać rozumowanie. Nic takiego nie obowiązuje — każde zdanie ocenia się osobno.

💡 Wskazówka: Pole trójkąta zależy tylko od podstawy i wysokości — nie od tego, jak bardzo trójkąt jest „pochylony”. Stąd bardzo użyteczna reguła: dwa trójkąty o wspólnej podstawie, których trzecie wierzchołki leżą na jednej prostej równoległej do tej podstawy, mają równe pola. W trapezie taka para jest zawsze, i to podwójnie: $P_{ACD} = P_{BCD}$, a po odjęciu wspólnego trójkąta $CDE$ dostajemy z tego drugą, jeszcze częściej potrzebną równość: $P_{AED} = P_{BEC}$.

⚠ Ocena zdania 1 jako fałszywego, bo trójkąty $ABE$ i $CDE$ są różnej wielkości. Ale podobieństwo wielkości nie wymaga — wymaga jej przystawanie. Dwa trójkąty podobne to takie, które mają równe kąty i boki proporcjonalne; ten sam rozmiar jest szczególnym przypadkiem (skala $1$), a nie warunkiem. Drugi błąd: ocena zdania 2 jako fałszywego, bo trójkąty $ACD$ i $BCD$ mają różne kształty — jeden bywa wysoki i wąski, drugi rozłożysty. Pytanie dotyczy jednak pól, a te zależą wyłącznie od podstawy i wysokości, więc różnica kształtu nie ma tu żadnego znaczenia.

Odpowiedź: P, F

1. Zdanie 1 — dwa duże trójkąty i wspólna część. Zacznijmy od trójkątów $ABD$ i $ABC$. Mają wspólną podstawę $AB$, a ich trzecie wierzchołki, $D$ i $C$, leżą na prostej $CD$ równoległej do $AB$ — więc mają też tę samą wysokość. Ich pola są równe:
2. $P_{ABD} = P_{ABC}$
3. Teraz kluczowa obserwacja: oba te trójkąty zawierają ten sam trójkąt $ABE$. Trójkąt $ABD$ składa się z $ABE$ i $AED$, a trójkąt $ABC$ z $ABE$ i $BCE$. Odejmujemy wspólną część od równych pól:
4. $P_{AED} = P_{ABD} - P_{ABE} \qquad \text{oraz} \qquad P_{BCE} = P_{ABC} - P_{ABE}$
5. Prawe strony są równe, więc lewe też.  ✓ P
6. Zwróćmy uwagę: dana $|AB| = 2 \cdot |CD|$ nie była w ogóle potrzebna — zdanie 1 jest prawdziwe w każdym trapezie. To częste w zadaniach maturalnych: nie każda dana wchodzi do każdego podpunktu.
7. Zdanie 2 — tu dana jest już niezbędna. Trójkąty $ABE$ i $CDE$ są podobne (to poprzednie zadanie: kąty naprzemianległe przy $AB \parallel CD$). Skalę odczytujemy z pary odpowiadających sobie boków $AB$ i $CD$:
8. $k = \dfrac{|AB|}{|CD|} = \textcolor{#16A06A}{2}$
9. I teraz rzecz, o którą całe zadanie się rozbija — pola figur podobnych mają się jak kwadrat skali, nie jak skala:
10. $\dfrac{P_{ABE}}{P_{CDE}} = k^2 = \textcolor{#16A06A}{2}^2 = \textcolor{#E0453A}{4}$
11. Pole trójkąta $ABE$ jest więc cztery razy większe od pola $CDE$, a nie dwa razy.  ✗ F
12. Odpowiedź: P, F.
13. Kontrola na konkretnym trapezie — celowo takim, który nie jest równoramienny, żeby nic nie wyszło przez przypadek. Bierzemy $A = (0, 0)$, $B = (4, 0)$, $C = (4, 3)$, $D = (2, 3)$: wtedy $|AB| = 4$, $|CD| = 2$, czyli warunek $|AB| = 2|CD|$ jest spełniony. Przekątne przecinają się w punkcie $E = \left(\tfrac83, 2\right)$.
14. Pola liczymy wprost ze współrzędnych: $P_{ABE} = \textcolor{#E0453A}{4}$, $P_{CDE} = \textcolor{#E0453A}{1}$ — stosunek $\textcolor{#E0453A}{4}$, zgodnie z kwadratem skali. Oraz $P_{AED} = \textcolor{#E0453A}{2}$ i $P_{BCE} = \textcolor{#E0453A}{2}$ — równe, zgodnie ze zdaniem 1.
15. Ta kontrola pokazuje jeszcze jedno: trójkąty $AED$ i $BCE$ mają w tym trapezie boki $\left(\tfrac{10}{3},\ \tfrac{\sqrt{13}}{3},\ \sqrt{13}\right)$ oraz $\left(3,\ \tfrac53,\ \tfrac{2\sqrt{13}}{3}\right)$ — czyli nie są przystające, a pola mają równe.

💡 Wskazówka: Skala podobieństwa dotyczy długości. Pola idą jak $k^2$, objętości jak $k^3$. W zdaniu „pole jest dwa razy większe” liczba $2$ jest wzięta wprost z danej $|AB| = 2|CD|$ — i właśnie dlatego jest fałszywa. Kiedy w treści prawda–fałsz pojawia się ta sama liczba co w danych, ale przy słowie „pole”, warto założyć, że to pułapka na kwadrat skali, i sprawdzić rachunek do końca. Odwrotnie też: żeby pole wzrosło dwukrotnie, skala musiałaby wynosić $\sqrt{2}$.

⚠ Przepisanie skali $2$ wprost na stosunek pól i ocena zdania 2 jako prawdziwego — najczęstszy błąd w tym zadaniu i jedyny powód, dla którego dana $|AB| = 2|CD|$ w ogóle się w nim znalazła. Drugi błąd, przy zdaniu 1: uznanie go za fałszywe, bo trójkąty $AED$ i $BCE$ nie są przystające. To prawda, że w ogólnym trapezie nie są — mają różne długości boków, co widać w kontroli powyżej. Ale zdanie mówi o polach, a te są równe niezależnie od kształtu. Trzeci błąd: liczenie pola $AED$ przez odejmowanie $P_{ABD} - P_{ABE}$ i zatrzymanie się na tym, że skoro trapez nie jest równoramienny, to „nic nie musi być równe” — równość pól nie wynika z symetrii trapezu, tylko z równoległości podstaw.

Odpowiedź: A

1. Krok 1 — gdzie dokładnie leży ten punkt. W trójkącie równobocznym wysokości są jednocześnie środkowymi (każda wysokość trafia w środek przeciwległego boku). A środkowe przecinają się w punkcie, który dzieli każdą z nich w stosunku $2 : 1$, licząc od wierzchołka.
2. Oznaczmy przez $h$ wysokość opuszczoną z wierzchołka $C$. Punkt przecięcia wysokości leży więc w odległości
3. $\textcolor{#E0453A}{\tfrac23} h$   od wierzchołka $C$   (i $\textcolor{#E0453A}{\tfrac13} h$ od podstawy $AB$)
4. Krok 2 — podobieństwo i skala. Prosta $DE$ jest równoległa do $AB$, więc trójkąt $CDE$ jest podobny do trójkąta $CAB$: kąt przy $C$ mają wspólny, a kąty przy $D$ i $A$ są odpowiadające przy prostych równoległych.
5. Wysokość trójkąta $CDE$ opuszczona z $C$ to dokładnie odległość od $C$ do prostej $DE$, czyli $\textcolor{#E0453A}{\tfrac23} h$. Skala podobieństwa to stosunek odpowiadających sobie wysokości:
6. $k = \dfrac{\textcolor{#E0453A}{\tfrac23} h}{h} = \textcolor{#E0453A}{\dfrac23}$
7. Krok 3 — pola jak kwadrat skali.
8. $\dfrac{P_{CDE}}{P_{ABC}} = k^2 = \left(\textcolor{#E0453A}{\dfrac23}\right)^2 = \textcolor{#E0453A}{\dfrac49}$
9. Pytanie jest jednak o stosunek odwrotny — pola $ABC$ do pola $CDE$:
10. $P_{ABC} : P_{CDE} = 9 : 4$
11. Odpowiedź: $9 : 4$, czyli A.
12. Kontrola na liczbach. Weźmy trójkąt równoboczny o boku $3$: jego wysokość to $h = \textcolor{#E0453A}{\tfrac{3\sqrt3}{2}} \approx \textcolor{#E0453A}{2{,}598}$, a punkt przecięcia wysokości leży $\textcolor{#E0453A}{1{,}732}$ od $C$ — i rzeczywiście $\tfrac{1,732}{2,598} = \textcolor{#E0453A}{\tfrac23}$. Odcinek $DE$ ma wtedy długość $\textcolor{#E0453A}{\tfrac23} \cdot 3 = \textcolor{#E0453A}{2}$. Pola: $P_{ABC} = \tfrac12 \cdot 3 \cdot 2{,}598 = \textcolor{#E0453A}{3{,}897}$ oraz $P_{CDE} = \tfrac12 \cdot 2 \cdot 1{,}732 = \textcolor{#E0453A}{1{,}732}$. Ich stosunek to $\textcolor{#E0453A}{2{,}25} = \tfrac94$  ✓
13. Kontrola zgrubna, którą warto zrobić przed rachunkiem: trójkąt $CDE$ jest częścią trójkąta $ABC$, więc jest od niego mniejszy. Stosunek $P_{ABC} : P_{CDE}$ musi być zatem większy od $1$ — a to od razu wyrzuca odpowiedź $4 : 9$.

💡 Wskazówka: „Punkt przecięcia wysokości” w trójkącie równobocznym to jednocześnie środek ciężkości, środek okręgu wpisanego i środek okręgu opisanego — w tym jednym trójkącie wszystkie punkty szczególne się pokrywają. Do zadania potrzebna jest tylko jedna liczba z tego zestawu: punkt dzieli wysokość w stosunku $2 : 1$ od wierzchołka, czyli leży na $\tfrac23$ wysokości licząc od wierzchołka i na $\tfrac13$ licząc od podstawy. Uwaga na kierunek liczenia — to najczęstsze miejsce pomyłki i różnica między skalą $\tfrac23$ a $\tfrac13$.

⚠ Odpowiedź $4 : 1$ — powstaje z założenia, że prosta $DE$ przechodzi przez środki boków, czyli że skala wynosi $\tfrac12$. Punkt przecięcia wysokości nie jest jednak środkiem wysokości: leży wyraźnie bliżej podstawy niż wierzchołka. Drugi błąd: odpowiedź $3 : 2$, czyli podanie stosunku długości zamiast stosunku pól — bo $1 : k = 3 : 2$. Skala dotyczy długości, a pytanie było o pola, więc trzeba ją podnieść do kwadratu. Trzeci błąd: odpowiedź $4 : 9$, czyli poprawnie policzony stosunek, ale zapisany w odwrotnej kolejności. Warto na koniec przeczytać jeszcze raz, o który stosunek pytano — tu pierwszy jest większy trójkąt, więc pierwsza liczba musi być większa.

Odpowiedź: C

1. Krok 1 — dorysowujemy promienie do punktów styczności. To jedyny ruch, którego rysunek nie zawiera, i bez niego zadania nie da się ruszyć. Styczna jest prostopadła do promienia w punkcie styczności, więc:
2. $OA \perp AB \qquad \text{oraz} \qquad PB \perp AB$
3. Powstały dwa trójkąty prostokątne: $OAK$ z kątem prostym przy $A$ oraz $PBK$ z kątem prostym przy $B$.
4. Krok 2 — dlaczego są podobne. Punkt $K$ leży jednocześnie na odcinku $OP$ i na prostej $AB$, a te dwie proste przecinają się w nim. Kąty $OKA$ i $PKB$ są więc wierzchołkowe, czyli równe.
5. Mamy zatem dwie pary równych kątów — proste przy $A$ i $B$ oraz wierzchołkowe przy $K$. To cecha kąt-kąt:
6. $OAK \sim PBK \qquad \text{przy dopasowaniu } O \leftrightarrow P,\ A \leftrightarrow B,\ K \leftrightarrow K$
7. Krok 3 — proporcja. Odpowiadające sobie boki $OK$ i $PK$ mają się jak odpowiadające sobie boki $OA$ i $PB$, a te znamy — to promienie:
8. $\dfrac{|OK|}{|PK|} = \dfrac{|OA|}{|PB|} = \dfrac{\textcolor{#16A06A}{5}}{\textcolor{#16A06A}{3}}$
9. Krok 4 — rachunek. Punkt $K$ leży na odcinku $OP$, więc oba kawałki składają się na całość: jeśli $|OK| = x$, to $|PK| = \textcolor{#16A06A}{16} - x$. Podstawiamy:
10. $\dfrac{x}{\textcolor{#16A06A}{16} - x} = \dfrac{\textcolor{#16A06A}{5}}{\textcolor{#16A06A}{3}}$
11. $3x = \textcolor{#16A06A}{5} \cdot (\textcolor{#16A06A}{16} - x) = \textcolor{#E0453A}{80} - 5x$
12. $8x = \textcolor{#E0453A}{80} \qquad \Longrightarrow \qquad x = 10$
13. Odpowiedź: $|OK| = 10$, czyli C.
14. Kontrola: wtedy $|PK| = \textcolor{#16A06A}{16} - 10 = \textcolor{#E0453A}{6}$, a stosunek $\tfrac{10}{6} = \tfrac53$  ✓ zgadza się ze stosunkiem promieni.
15. Kontrola sensowności, którą można zrobić od razu po kroku 3, bez liczenia: promień przy $O$ jest większy, więc punkt $K$ musi leżeć dalej od $O$ niż od $P$ — czyli $|OK|$ przekracza połowę odcinka $OP$, a więc jest większe od $8$. To jednym ruchem wyrzuca odpowiedzi $6$ i $8$.
16. Można też sprawdzić same odcinki styczne: $|KA| = \sqrt{10^2 - \textcolor{#16A06A}{5}^2} = \textcolor{#E0453A}{5\sqrt3}$ oraz $|KB| = \sqrt{\textcolor{#E0453A}{6}^2 - \textcolor{#16A06A}{3}^2} = \textcolor{#E0453A}{3\sqrt3}$ — i rzeczywiście $5\sqrt3 : 3\sqrt3 = 5 : 3$, tak jak każda inna para odpowiadających sobie boków.

💡 Wskazówka: Całe zadanie wisi na jednym zdaniu: styczna jest prostopadła do promienia w punkcie styczności. Dopóki nie dorysujesz promieni $OA$ i $PB$, na rysunku nie ma żadnego trójkąta, więc nie ma czego porównywać. To ogólna zasada przy okręgach: gdy w treści pojawia się słowo „styczna”, pierwszym odruchem jest poprowadzenie promienia do punktu styczności. Drugi automat, tym razem rachunkowy: gdy punkt dzieli odcinek o znanej długości i znasz stosunek kawałków, oznacz jeden przez $x$, a drugi zapisz jako $(\text{całość} - x)$ — nigdy jako drugą niewiadomą.

⚠ Odpowiedź $|OK| = 8$, czyli podzielenie odcinka $OP$ na połowy. Środek byłby poprawny tylko dla okręgów o równych promieniach; tutaj $5 \neq 3$, więc $K$ nie może leżeć w środku. Drugi błąd: ułożenie proporcji odwrotnie, $\tfrac{|OK|}{|PK|} = \tfrac35$, co prowadzi do $|OK| = 6$ (odpowiedź A). Kierunek łatwo sprawdzić na palcach: większemu promieniowi odpowiada dłuższy odcinek, więc licznik i mianownik muszą stać po tej samej stronie co $5$ i $3$. Trzeci błąd: potraktowanie $16$ jako odległości od $O$ do punktu $K$ albo do jednego z okręgów — $16$ to długość całego odcinka $OP$, między środkami.

Odpowiedź: B

1. Krok 1 — kąty trójkąta $ABC$. Trójkąt jest równoramienny z $|AC| = |BC|$, więc kąty przy podstawie $AB$ są równe. Nazwijmy je $\beta$:
2. $\sphericalangle CAB = \sphericalangle CBA = \beta$
3. Krok 2 — czytamy zapis „trójkąty $ABC$ i $BDA$ są podobne”. Kolejność liter ustala pary wierzchołków, i to jest cała treść tej informacji:
4. $A \leftrightarrow B, \qquad B \leftrightarrow D, \qquad C \leftrightarrow A$
5. Sprawdźmy pierwszą parę, bo ona wyjaśnia, dlaczego takie podobieństwo w ogóle jest możliwe. Kąt trójkąta $BDA$ przy wierzchołku $B$ to kąt $DBA$ — a skoro $D$ leży na boku $BC$, to jest to ten sam kąt co $CBA$, czyli $\beta$. Kąt trójkąta $ABC$ przy wierzchołku $A$ to $\beta$. Zgadza się.
6. To ten wspólny kąt trzyma całą konstrukcję: mniejszy trójkąt siedzi w większym, obrócony tak, że rolę wierzchołka $A$ przejmuje $B$.
7. Krok 3 — proporcja boków. Odpowiadające sobie boki wypisujemy z par wierzchołków:
8. $AB \leftrightarrow BD, \qquad BC \leftrightarrow DA, \qquad CA \leftrightarrow AB$
9. Interesuje nas para pierwsza (jest w niej szukana) i trzecia (są w niej dwie dane). Zestawiamy je:
10. $\dfrac{|AB|}{|BD|} = \dfrac{|CA|}{|AB|}$
11. $\dfrac{\textcolor{#16A06A}{3}}{|BD|} = \dfrac{\textcolor{#16A06A}{4}}{\textcolor{#16A06A}{3}}$
12. $|BD| = \dfrac{\textcolor{#16A06A}{3} \cdot \textcolor{#16A06A}{3}}{\textcolor{#16A06A}{4}} = \dfrac94 = 2{,}25$
13. Odpowiedź: $|BD| = 2{,}25$, czyli B.
14. Kontrola przez drugą proporcję — musi dać wynik zgodny z pierwszą. Ze pary $BC \leftrightarrow DA$:
15. $\dfrac{|BC|}{|DA|} = \dfrac{|CA|}{|AB|} = \dfrac{\textcolor{#16A06A}{4}}{\textcolor{#16A06A}{3}} \qquad \Longrightarrow \qquad |DA| = \dfrac{\textcolor{#16A06A}{3} \cdot \textcolor{#16A06A}{4}}{\textcolor{#16A06A}{4}} = \textcolor{#E0453A}{3}$
16. Wychodzi $|AD| = 3 = |AB|$, czyli trójkąt $ABD$ jest równoramienny. I to się broni bez rachunku: w trójkącie $ABD$ kąt przy $B$ wynosi $\beta$, a kąt przy $D$ — z podobieństwa — również $\beta$, więc boki leżące naprzeciw nich są równe. Zgadza się  ✓
17. Sprawdźmy jeszcze warunek z treści: $D$ ma leżeć między $B$ i $C$, a $2{,}25 < \textcolor{#16A06A}{4} = |BC|$, więc rzeczywiście leży wewnątrz boku.

💡 Wskazówka: W zapisie „trójkąty $ABC$ i $BDA$ są podobne” kolejność liter nie jest ozdobą — to ona mówi, który wierzchołek przechodzi na który, i bez niej zadania nie da się rozwiązać jednoznacznie. Tutaj $C$ przechodzi na $A$, więc bokowi $CA$ odpowiada bok $AB$: to jedyna para, w której obie długości są dane, i właśnie z niej bierze się skala $\tfrac{|CA|}{|AB|} = \tfrac43$. Ogólna wskazówka na zadania, w których trójkąt jest podobny do swojej własnej części: szukaj kąta wspólnego — on wskazuje, jak jeden trójkąt nakłada się na drugi.

⚠ Odpowiedź $3$, czyli podanie długości odcinka $AD$ zamiast $BD$. Obie liczby wychodzą z tej samej proporcji i obie są prawdziwe — pomyłka polega tylko na przeczytaniu pytania. Drugi błąd: odpowiedź $2$, czyli założenie, że $D$ jest środkiem boku $BC$. Nic w treści tego nie mówi; położenie $D$ jest wyznaczone wyłącznie warunkiem podobieństwa i wypada nieco za środkiem. Trzeci, groźniejszy błąd: sparowanie boków „po wyglądzie” i zapisanie $\tfrac{|BD|}{|BC|} = \tfrac{|AB|}{|AC|}$, co daje $|BD| = 3$. Ta proporcja porównuje boki, które sobie nie odpowiadają — trzeba ją wyprowadzić z par wierzchołków, a nie z tego, co na rysunku leży blisko siebie. Na koniec uwaga o rysunku: wszystkie cztery odpowiedzi mieszczą się między $2$ a $3$, więc zmierzenie odcinka na rysunku niczego nie rozstrzyga — decyduje tylko proporcja.

Odpowiedź: $|OD| = 6$

1. Krok 1 — drugi kąt dostajemy za darmo. Treść podaje jedną parę równych kątów. Druga bierze się z samego układu: odcinki $AD$ i $BC$ przecinają się w punkcie $O$, więc kąty $AOB$ i $COD$ są wierzchołkowe, a takie są równe:
2. $\sphericalangle AOB = \sphericalangle COD$
3. Krok 2 — cecha kąt-kąt i dopasowanie wierzchołków. Dwie pary równych kątów wystarczają:
4. $\sphericalangle OAB = \sphericalangle OCD \quad \text{(dane)}, \qquad \sphericalangle AOB = \sphericalangle COD \quad \text{(wierzchołkowe)}$
5. Pierwsza para mówi, że $A$ odpowiada $C$; druga, że $O$ odpowiada $O$. Trzeci wierzchołek dopasowuje się sam: $B \leftrightarrow D$. Zatem
6. $ABO \sim CDO \qquad \text{przy dopasowaniu } A \leftrightarrow C,\ B \leftrightarrow D,\ O \leftrightarrow O$
7. Krok 3 — proporcja z par wierzchołków. Boki odpowiadające sobie to $AO \leftrightarrow CO$ oraz $BO \leftrightarrow DO$. Wszystkie trzy potrzebne długości są dane:
8. $\dfrac{|AO|}{|CO|} = \dfrac{|BO|}{|DO|} \qquad \Longrightarrow \qquad \dfrac{\textcolor{#16A06A}{5}}{\textcolor{#16A06A}{10}} = \dfrac{\textcolor{#16A06A}{3}}{|DO|}$
9. $|DO| = \dfrac{\textcolor{#16A06A}{3} \cdot \textcolor{#16A06A}{10}}{\textcolor{#16A06A}{5}} = 6$
10. Odpowiedź: $|OD| = 6$.
11. Kontrola: skala z $ABO$ do $CDO$ wynosi $\tfrac{5}{10} = \textcolor{#E0453A}{\tfrac12}$, więc każdy bok trójkąta $ABO$ jest dwa razy krótszy od odpowiadającego. I zgadza się: $\tfrac{3}{6} = \textcolor{#E0453A}{\tfrac12}$  ✓ Ta sama skala z dwóch niezależnych par boków.
12. Warto zauważyć, że dana $|\sphericalangle OAB| = |\sphericalangle OCD|$ jest niezbędna. Same kąty wierzchołkowe przy $O$ nie dają podobieństwa — z jednej pary równych kątów nic nie wynika. Gdyby jednak zamiast równości kątów podać, że $\tfrac{|AO|}{|CO|} = \tfrac{|BO|}{|DO|}$, podobieństwo też by zachodziło: dwa boki proporcjonalne i kąt między nimi równy to cecha bok-kąt-bok.

💡 Wskazówka: Kiedy dwa odcinki się przecinają, w punkcie przecięcia zawsze dostajesz darmową parę równych kątów — wierzchołkowych. To znaczy, że do podobieństwa wystarczy jeszcze jedna równość kątów, i właśnie ją podaje treść. Ten układ dwóch trójkątów „na krzyż”, stykających się wierzchołkami, wraca w wielu zadaniach — także wtedy, gdy odcinki są przekątnymi trapezu albo wspólną styczną dwóch okręgów. Uwaga na dopasowanie: trójkąt naprzeciw nie jest odbiciem, tylko obrotem, więc $A$ odpowiada $C$, a $B$ odpowiada $D$ — nie odwrotnie.

⚠ Ułożenie proporcji „po kolei z rysunku”, czyli $\tfrac{|AO|}{|BO|} = \tfrac{|CO|}{|DO|}$ zamiast $\tfrac{|AO|}{|CO|} = \tfrac{|BO|}{|DO|}$. Ta pierwsza akurat też prowadzi do $|DO| = 6$, bo proporcję można równoważnie przestawić — ale to szczęśliwy zbieg, nie metoda: przy innym rozstawieniu danych taki zapis daje zły wynik. Groźniejszy błąd to sparowanie $AO$ z $DO$ (bo „oba leżą na tym samym odcinku $AD$”), co daje $|DO| = \tfrac{3 \cdot 5}{10} = 1{,}5$. Odcinek $AO$ odpowiada $CO$, a nie $DO$ — pary bierze się z dopasowania wierzchołków, nie z tego, co leży na jednej prostej. Drugi typowy błąd: uznanie trójkątów za przystające, bo „są odbiciem” — kąty owszem, ale boki nie: $5 \neq 10$.

Odpowiedź: $|\sphericalangle BAC| = 72^\circ$

1. Krok 1 — jedna niewiadoma na cały trójkąt. Skoro $|AC| = |BC|$, to kąty przy podstawie $AB$ są równe. Oznaczmy je $\beta$ — i to jest właśnie szukana miara:
2. $\sphericalangle CAB = \sphericalangle CBA = \beta, \qquad \sphericalangle ACB = 180^\circ - 2\beta$
3. Krok 2 — co robi dwusieczna. Prosta $AD$ dzieli kąt $BAC$ na dwie równe części:
4. $\sphericalangle BAD = \sphericalangle DAC = \textcolor{#E0453A}{\dfrac{\beta}{2}}$
5. Krok 3 — kąty trójkąta $BDA$. Wypisujemy je po kolei, wszystkie przez $\beta$:
6. przy $B$:   $\sphericalangle DBA = \beta$   (to ten sam kąt co $CBA$, bo $D$ leży na boku $BC$)
7. przy $A$:   $\sphericalangle BAD = \textcolor{#E0453A}{\tfrac{\beta}{2}}$
8. przy $D$:   $\sphericalangle ADB = 180^\circ - \beta - \textcolor{#E0453A}{\tfrac{\beta}{2}} = \textcolor{#E0453A}{180^\circ - \tfrac{3\beta}{2}}$
9. Krok 4 — czytamy zapis „trójkąty $ABC$ i $BDA$ są podobne”. Kolejność liter ustala pary wierzchołków:
10. $A \leftrightarrow B, \qquad B \leftrightarrow D, \qquad C \leftrightarrow A$
11. Pierwsza para jest spełniona sama: kąt przy $A$ w $ABC$ to $\beta$, kąt przy $B$ w $BDA$ to też $\beta$. Z pary trzeciej dostajemy równanie:
12. $\sphericalangle ACB = \sphericalangle BAD \qquad \Longrightarrow \qquad 180^\circ - 2\beta = \textcolor{#E0453A}{\dfrac{\beta}{2}}$
13. Krok 5 — rozwiązujemy.
14. $180^\circ = 2\beta + \dfrac{\beta}{2} = \dfrac{5\beta}{2} \qquad \Longrightarrow \qquad \beta = \dfrac{2 \cdot 180^\circ}{5} = 72^\circ$
15. Odpowiedź: $|\sphericalangle BAC| = 72^\circ$.
16. Kontrola przez drugą parę wierzchołków — musi dać ten sam wynik, inaczej gdzieś jest błąd. Z pary $B \leftrightarrow D$ mamy $\sphericalangle CBA = \sphericalangle ADB$, czyli $\beta = 180^\circ - \tfrac{3\beta}{2}$, a stąd $\tfrac{5\beta}{2} = 180^\circ$ i znowu $\beta = \textcolor{#E0453A}{72^\circ}$  ✓
17. Kontrola domykająca — wypisujemy wszystkie kąty i sprawdzamy sumy. Trójkąt $ABC$: $\textcolor{#E0453A}{72^\circ}$, $\textcolor{#E0453A}{72^\circ}$, $\textcolor{#E0453A}{36^\circ}$ — suma $180^\circ$  ✓ Trójkąt $BDA$: przy $B$ jest $\textcolor{#E0453A}{72^\circ}$, przy $A$ jest $\textcolor{#E0453A}{36^\circ}$, przy $D$ zostaje $\textcolor{#E0453A}{72^\circ}$ — suma $180^\circ$  ✓ I najważniejsze: oba trójkąty mają ten sam zestaw miar $\{72^\circ, 72^\circ, 36^\circ\}$, czyli są podobne. Warunek z treści jest spełniony.
18. Na marginesie: trójkąt o kątach $72^\circ$, $72^\circ$, $36^\circ$ to trójkąt złoty. Stosunek ramienia do podstawy wynosi w nim $\tfrac{1 + \sqrt5}{2} \approx \textcolor{#E0453A}{1{,}618}$, a dwusieczna kąta przy podstawie odcina trójkąt podobny do całego — dokładnie to, co dzieje się w tym zadaniu. To jedyny trójkąt równoramienny z taką własnością.

💡 Wskazówka: Całe zadanie sprowadza się do wprowadzenia jednej niewiadomej: kąta przy podstawie. Wszystko inne — kąt przy wierzchołku, oba kąty rozcięte dwusieczną, trzeci kąt małego trójkąta — wyraża się przez nią, a warunek podobieństwa daje równanie. Kluczowe jest przy tym dopasowanie wierzchołków z zapisu „$ABC$ i $BDA$”: tylko ono mówi, który kąt zestawić z którym. Dobrym nawykiem jest wypisanie obu trójkątów jako trójek kątów w kolejności liter — $ABC = (\beta,\ \beta,\ 180^\circ - 2\beta)$ i $BDA = (\beta,\ 180^\circ - \tfrac{3\beta}{2},\ \tfrac{\beta}{2})$ — a potem porównanie ich pozycja po pozycji.

⚠ Zestawienie kątów „na oko z rysunku”, a nie z kolejności liter — na przykład porównanie kąta przy $D$ z kątem przy $C$, bo oba są „u góry”. To daje $180^\circ - \tfrac{3\beta}{2} = 180^\circ - 2\beta$, czyli $\beta = 0$, i widać, że coś jest nie tak; groźniej, gdy zły dobór prowadzi do liczby wyglądającej sensownie. Drugi błąd: przyjęcie, że dwusieczna kąta $BAC$ dzieli bok $BC$ na połowy, i policzenie $\beta$ z trójkąta prostokątnego. Dwusieczna kąta przy podstawie nie jest ani środkową, ani wysokością — środkową i wysokością jest tylko dwusieczna kąta przy wierzchołku $C$. Trzeci błąd: pomylenie dwusiecznej z symetralną. Czwarty, rachunkowy: rozwiązanie $180^\circ - 2\beta = \tfrac{\beta}{2}$ przez pomnożenie tylko prawej strony przez $2$, co daje $\beta = 60^\circ$ zamiast poprawnego $72^\circ$. Mnożyć trzeba obie strony równania.