Likformighet och kongruens

I figuren ser vi att den inritade höjden delar triangeln i två mindre trianglar. Dessa två trianglar är båda likformiga med den stora triangeln eftersom de innehåller en rät vinkel samt delar varsitt hörn med den stora triangeln, vilket gör att även den tredje vinkeln kommer att vara gemensam. Vi tar ut den vänstra triangeln, samt roterar och spegelvänder den stora triangeln så att de har samma orientering.

För att kunna ställa upp en samband med hjälp av likformighet behöver vi känna till minst två motsvarande sidor på varje triangel. Gör vi det kan vi ställa upp en likhet mellan kvoter av motsvarande sidor. I den stora triangeln kan vi bestämma ett uttryck för hypotenusan med hjälp av Pythagoras sats.

Vi har nu ett uttryck som beskriver hypotenusan i den större triangeln. Vi delar uttrycket för hypotenusan i den lilla triangeln, z, med detta och sätter denna kvot lika med den lodräta kateten i den lilla triangeln, h, delad med motsvarande katet i den stora, x.

Höjden h kan alltså uttryckas i x och z som h=xz/sqrt(x^2+z^2).

Vi kallar vinkeln vid den närmsta satelliten (S_1) för v. Med hjälp av den stora triangelns vinkelsumma kan vi bestämma vinkeln vid solens yta: 180^(∘)-90^(∘)-v=90^(∘)-v. Vinkeln vid solen är alltså 90^(∘)-v.

Om vi nu tittar på den högra triangeln kan vi ta fram ett uttryck för den sista vinkeln.

Vinkelsumman i en triangel är 180^(∘), så den sista vinkeln i den högra triangeln blir 180^(∘)-90^(∘)-(90^(∘)-v)&=180^(∘)-90^(∘)-90^(∘)+v &=v. Den sista vinkeln är alltså v.

Den vänstra och högra triangeln har båda vinklarna 90^(∘) och v. Det betyder att de är likformiga.

Eftersom trianglarna är likformiga får vi JS/JS_2=JS_2/JS_1. Det är avståndet mellan jorden och solen vi ska beräkna så det är JS vi ska lösa ut. Vi vet också att avståndet mellan jorden och den närmsta satelliten (JS_1) är 320 km och avståndet mellan jorden och satelliten längst bort (JS_2) är 220 000 km.

Vi använder dessa avstånd för att bestämma JS.

Avståndet mellan solen och jorden är cirka 150 000 000 km eller 150 miljoner km.

För att visa att VSS inte garanterar kongruens måste vi hitta ett motexempel. Vi söker två trianglar där en vinkel och efterföljande två sidor är likadana, trots att trianglarna i sig inte är likadana. Vi ritar ut en vinkel och två sidor och undersöker vilka trianglar som går att konstruera med dem.

Det finns inga begränsningar på vinkeln mellan de två kända sidorna, så det går bra att rotera den andra sidan tills dess ände träffar den streckade linjen. Då får vi följande triangel.

Men om vi fortsätter rotera sidan kommer änden att träffa den streckade linjen igen, närmare den kända vinkeln, vilket skapar en ny triangel.

Dessa två trianglar är definitivt inte kongruenta med varandra, trots att de delar en vinkel och två sidor. De har olika form och den okända sidan har inte samma längd. VSS behöver alltså inte betyda att två trianglar är kongruenta.

Vi börjar med att rita hur pappret ser ut efter det har vikts.

Hörnet B har vikts upp till den övre kanten och träffar den i en punkt som vi kan kalla F. Notera att den nedre kanten som är 15 cm har flyttas upp och skapat sträckan AF som då också är 15 cm. Sträckan DF kallar vi x.

Vi ser att sträckan x är en katet i den rätvinkliga triangeln △ AFD, där vi känner till den andra kateten och hypotenusan. Det betyder att vi kan lösa ut x med Pythagoras sats.

Sidan x är alltså 9 cm lång. Eftersom papprets totala längd är 15 cm kan vi räkna ut att den resterande sträckan mellan F och C måste vara 15-9 = 6 cm. Nu känner vi till en sida i triangeln △ FCE, och om vi kan visa att den är likformig med triangeln △ AFD kan vi utnyttja detta för att bestämma hypotenusan FE som behövs för att bestämma den grå triangelns area. För att visa likformigheten börjar vi med att undersöka vinklarna vid punkten F. Vi kallar dem u och v.

Tillsammans med den räta vinkeln bildar u och v en rak vinkel. Vi vet att en rak vinkel har vinkelsumman 180^(∘), vilket ger att u kan uttryckas i v som u = 180^(∘) - 90^(∘) - v = 90^(∘) - v. Den sista vinkeln i triangeln △ AFD, som vi kallar w, kan bestämmas med hjälp av att vinkelsumman i en triangel är 180^(∘).

Båda trianglar har alltså vinkeln v och 90^(∘). Då måste även den tredje vinkeln vara lika stor, vilket betyder att trianglarna är likformiga.Vi kan nu utnyttja detta för att bestämma den okända kateten y i den grå triangeln.

Vi använder likformigheten och börjar med att dividera hypotenusan i triangeln △ FCE, y, med hypotenusan i triangeln △ AFD, 15. Detta är lika med kvoten mellan sidan 6 i △ FCE och sidan 12 i △ AFD. Dessa är motsvarande sidor eftersom de båda möter hypotenusan i vinkeln v. Vi får då y/15=6/12. Nu löser vi ut y.

Vi känner nu till båda kateterna i den grå triangeln. Den är rätvinklig, så vi kan beräkna dess area genom att multiplicera kateterna med varandra och dividera med 2: A = 15 * 7,5/2 = 56,25 ≈ 56. Arean av den uppvikta delen är alltså ungefär 56cm^2.

Vi ser att x och y utgör sidor i trianglar som skapas av skärningspunkterna mellan de räta linjerna.

Vi undersöker om trianglarna är kongruenta. Vi börjar med att markera den vänstra vinkeln i den vänstra triangeln. Den har en lika stor vertikalvinkel på motsatt sida skärningspunkten, som vi också markerar.

Denna alternatvinkel är likbelägen med den högra vinkeln i den högra triangeln. Eftersom L_1 och L_2 är parallella är de därmed lika stora.

På samma sätt har den nedre vinkeln i den vänstra triangeln en alternatvinkel som i sin tur är likbelägen med den övre vinkeln i den högra triangeln.

Vi vet alltså att två vinklar samt den mellanliggande sidan är likadana i de två trianglarna. VSV-kravet för kongruens mellan trianglar är alltså uppfyllt, dvs. de är kongruenta. Sidorna x och y ligger båda mellan den omarkerade vinkleln och den med ett streck, vilket innebär att de är motsvarande sidor i kongruenta trianglar och därmed lika långa.

Vi kan avgöra om BP och DP är lika långa genom att undersöka om trianglarna ABP och ADP är kongruenta. Vi börjar med att markera sträckorna AB, BC och AD.

Randvinklarna ADB och ACB spänner upp samma cirkelbåge. Enligt en av följderna till randvinkelsatsen är de lika stora.

Vinkel ABC är randvinkel till en halvirkelbåge eftersom AC är diameter. Det betyder att den är rät, dvs. 90^(∘).

Trianglarna ABC och APD har två par av motsvarande lika vinklar. Det betyder att de är likformiga och då har de även den tredje vinkeln gemensam. Det innebär att BAC och PAD är lika stora.

Titta nu på trianglarna ABP och APD. De har två vinklar som är samma (∧ APB och ∧ APD samt ∧ DAP och ∧ BAP), så de måste också vara likformiga. Därför är även ∧ ADP och ∧ ABP lika stora.

Titta nu på triangel ABD. Dess basvinklar är lika stora, vilket betyder att den är likbent dvs. AB och AD är lika långa.

Trianglarna ABP och ADP är kongruenta enligt VSV-fallet. Därför är sträckorna BP och DP lika långa.

Eftersom BP och DP är lika långa betyder det att AC delar BD på mitten.