Základy počítání úhlů

Autor

Patrik Bak

1Úvod

Geometrie je nejvizuálnější část matematiky – umíme si ji kreslit na papír, v softwaru jako GeoGebra a můžeme se těšit, když na vlastní oči vidíme, že věci v ní fungují. Proč tomu tak je však může být záhadou. Abychom tato tajemství pochopili, potřebujeme kousek po kousku budovat základnu znalostí a vizuální intuici.

Jedna z nejzákladnějších technik je rozumět světu úhlů a umět jejich vlastnosti s úspěchem používat v různých typech úloh. Jen málo zajímavých příkladů úhly nepoužívá. Teorie kolem úhlů přitom není složitá, je však důležité ji budovat pomalu a detailně. Začneme s nejjednoduššími vlastnostmi, které ani nevyžadují práci s kružnicemi. Už ty se však dají s úspěchem využít v mnoha úlohách.

V tomto materiálu se budeme věnovat úhlům, ale záměrně vynecháme úhly na kružnicích, kterým se patří věnovat samostatnou pozornost. Na chvíli zapomeňme, že kružnice existují.

Na závěr úvodu jedna menší poznámka o konvenci. V tomto materiálu uvidíme mnoho obrázků trojúhelníků, ve kterých je bod $A$ nakreslen nahoře. Ukazuje se, že tento způsob kreslení je mezinárodní standard, zejména na poli matematické olympiády a podobných soutěží se to tak zvykne dělat. V Česku a na Slovensku je však ve školách stále zvykem kreslit $C$ nahoře. V některých zemích lze vidět i $B$ nahoře, např. na Ukrajině. Z hlediska řešení úloh je vždy dobré nakreslit si nahoru ten bod, u kterého obrázek vypadá co nejsymetričtěji, snadněji v něm jdou vidět další symetrické věci. V tomto materiálu budou úlohy zadávány tak, že ta symetrie půjde vidět více při $A$ nahoře 🙂.

2Základy světa úhlů

V této sekci si odvodíme ty nejjednodušší vlastnosti související s úhly. Pevně věřím, že klíčem ke zvládnutí geometrie je porozumění věcem od základů a do hloubky, proto se těmto jednoduchým vlastnostem budeme věnovat více.

Základní vlastnosti úhlů, které běžně používáme skoro bez přemýšlení při řešení úloh:

Vrcholové úhly jsou shodné:
Souhlasné úhly jsou shodné:
Střídavé úhly jsou shodné:
Vedlejší úhly mají součet $180^\circ$ :

Tyto vlastnosti spolu velmi přirozeně souvisí, menší cvičení k zamyšlení:

Cvičení 1

Uvědomte si, že:

z vlastnosti o vedlejších úhlech vyplývá vlastnost vrcholových úhlů (a naopak)
z kterékoli dvojice vlastností o vrcholových, souhlasných, střídavých úhlech vyplývá ta třetí vlastnost

✓Řešení

(a) Vedlejší úhel $\alpha'$ k danému úhlu $\alpha$ má velikost $180^\circ - \alpha$ . Úhel vedlejší k $\alpha'$ má zase velikost $180^\circ - (180^\circ - \alpha) = \alpha$ . Ten je však zároveň vrcholový úhel k $\alpha$ , tedy jsou vrcholové úhly shodné.

Naopak, předpokládejme vlastnost o vrcholových úhlech a označme po sobě jdoucí úhly v průsečíku dvou přímek $\alpha$ , $\beta$ , $\gamma$ , $\delta$ . Ze shodnosti vrcholových úhlů $\alpha = \gamma$ a $\beta = \delta$ . Součet všech čtyř je plný úhel, tedy $\alpha + \beta + \gamma + \delta = 360^\circ$ . Po dosazení dostáváme $2\alpha + 2\beta = 360^\circ$ , čili $\alpha + \beta = 180^\circ$ – to je právě vlastnost vedlejších úhlů.

(b) Všechny tři vlastnosti říkají, že jistá dvojice úhlů má stejnou velikost.

Podívejme se na trojici úhlů $\alpha$ , $\beta$ , $\gamma$ z obrázku a na to, co o jejich vztazích tvrdí jednotlivé vlastnosti. Pro dvojici $\alpha$ , $\beta$ při horním průsečíku tvrdí vlastnost vrcholových úhlů $\alpha = \beta$ . Pro dvojici $\alpha$ , $\gamma$ tvrdí vlastnost souhlasných úhlů $\alpha = \gamma$ . Konečně pro dvojici $\beta$ , $\gamma$ tvrdí vlastnost střídavých úhlů $\beta = \gamma$ .

Tři vlastnosti tedy tvrdí tři rovnosti mezi týmiž třemi úhly, jen přes různé dvojice. Jakmile platí libovolné dvě, třetí plyne tranzitivitou: např. pokud víme (V) a (S), tak $\alpha = \beta$ a $\alpha = \gamma$ , takže $\beta = \gamma$ , čili (St). Ostatní dvojice analogicky.

Následující tvrzení všichni známe, umíte ho však dokázat?

Tvrzení 1

Součet úhlů v trojúhelníku je $180^\circ$ .

Důkaz

Veďme přes vrchol $A$ přímku rovnoběžnou s $BC$ . Protože $AB$ je příčka rovnoběžek, úhel $\beta$ při $A$ a úhel $\beta$ při $B$ jsou střídavé, tedy stejné. Analogicky přes příčku $AC$ jsou úhly $\gamma$ při $A$ a při $C$ střídavé. Úhly $\beta$ , $\alpha$ , $\gamma$ leží vedle sebe podél přímky přes $A$ , tedy $\alpha + \beta + \gamma = 180^\circ.$

Toto tvrzení se rozhodně dá zobecnit. Víme například, že součet úhlů ve čtyřúhelníku je $360^\circ$ . Jak je to v 5-úhelníku? A jak v 67-úhelníku? Odpovědí je následující tvrzení:

Tvrzení 2

Nechť $n \ge 3$ je přirozené číslo. Součet úhlů v konvexním $n$ -úhelníku je roven $(n-2) \cdot 180^\circ$ .

Důkaz

Důkaz 1 (matematická indukce). Základ $n=3$ : součet úhlů trojúhelníku je $180^\circ = (3-2)\cdot 180^\circ$ . Indukční krok: nechť $A_1 A_2 \ldots A_{n+1}$ je konvexní $(n+1)$ -úhelník. Úhlopříčkou $A_1 A_n$ jej rozdělíme na trojúhelník $A_1 A_n A_{n+1}$ a konvexní $n$ -úhelník $A_1 A_2 \ldots A_n$ : úhly při vrcholech $A_2, \ldots, A_{n-1}$ patří celé $n$ -úhelníku, úhel při $A_{n+1}$ patří celý trojúhelníku a úhly při $A_1$ , $A_n$ se rozdělí mezi oba útvary tak, aby jejich části daly původní vnitřní úhly $(n+1)$ -úhelníku. Součet úhlů $(n+1)$ -úhelníku je tedy

\underbrace{180^\circ}_{\text{trojúhelník}} + \underbrace{(n-2) \cdot 180^\circ}_{n\text{-úhelník}} = (n-1) \cdot 180^\circ = \bigl((n+1) - 2\bigr) \cdot 180^\circ.

Důkaz 2 (vějířová triangulace). Veďme z vrcholu $A_1$ úhlopříčky do každého nesousedního vrcholu $A_3, A_4, \ldots, A_{n-1}$ . Vznikne $n-2$ trojúhelníků pokrývajících vnitřek $n$ -úhelníku bez překrytí. Při každém vrcholu $A_k$ se úhly sousedních trojúhelníků při $A_k$ přesně poskládají na vnitřní úhel $n$ -úhelníku při $A_k$ , takže součet úhlů všech trojúhelníků se rovná součtu vnitřních úhlů $n$ -úhelníku, čili $(n-2)\cdot 180^\circ$ .

Poznámka. Důkaz 2 je rozbalený důkaz 1: indukce odřezává trojúhelníky jeden po druhém, zde je vidíme všechny najednou.

Důkaz 3 (vnitřní bod). Zvolme bod $O$ uvnitř $n$ -úhelníku a spojme ho s každým vrcholem. Vznikne $n$ trojúhelníků s celkovým součtem úhlů $n\cdot 180^\circ$ . Úhly trojúhelníků při každém vrcholu $A_k$ spolu tvoří vnitřní úhel $n$ -úhelníku při $A_k$ ; úhly trojúhelníků při $O$ spolu tvoří plný úhel $360^\circ$ . Tedy součet vnitřních úhlů $n$ -úhelníku je

n\cdot 180^\circ - 360^\circ = (n-2)\cdot 180^\circ.

Poznámka (nekonvexní mnohoúhelníky). Vzorec $(n-2)\cdot 180^\circ$ platí i pro nekonvexní mnohoúhelníky, pokud všechny vnitřní úhly měříme směrem dovnitř – tedy i úhly větší než $180^\circ$ počítáme jako takové.

Vějířová triangulace z jednoho vrcholu nemusí fungovat – některé úhlopříčky mohou procházet mimo mnohoúhelník. Platí však, že každý jednoduchý $n$ -úhelník se dá rozdělit na $n-2$ trojúhelníků (ne nutně vějířovitě), což důkaz zachrání. Důvodem je indukce přes trojúhelník tvořený nějakým vrcholem $V$ a jeho sousedy $U$ , $W$ , který leží celý uvnitř našeho $n$ -úhelníku. Odříznutím $V$ úhlopříčkou $UW$ dostaneme $(n-1)$ -úhelník; opakováním tedy $n-2$ trojúhelníků. Dá se dokázat, že takový trojúhelník vždy existuje (dokonce dva), viz věta o dvou uších.

K důkazu 3: funguje jen pokud existuje vnitřní bod $O$ viditelný ze všech vrcholů (tj. úsečky $OA_i$ leží celé uvnitř). Pro některé nekonvexní mnohoúhelníky takový bod $O$ nemusí existovat (zkuste takový nakreslit) – v takovém případě se důkaz 3 nedá přímo zachránit a je třeba sáhnout po triangulaci popsané v předchozím odstavci.

Teď uveďme ještě dvě jednoduchá, ale užitečná pomocná tvrzení:

Cvičení 2

Dokažte, že součet úhlů na obrázku je roven $180^\circ$ .

✓Řešení

Označme $\alpha$ úhel svíraný příčkou $AB$ s rovnoběžkami na straně $B$ (jako na obrázku). Souhlasné úhly $\alpha$ při $A$ a $\alpha$ při $B$ jsou shodné. Při vrcholu $A$ jsou $\alpha$ a $\beta$ vedlejší, tedy

\beta + \alpha = 180^\circ.

Cvičení 3

Dokažte, že úhel s otazníkem na obrázku je roven $\alpha+\beta$ .

✓Řešení

Ze součtu úhlů v trojúhelníku $|\angle ACB| = 180^\circ - \alpha - \beta$ . Vnější úhel při $C$ je vedlejší k $|\angle ACB|$ :

180^\circ - |\angle ACB| = \alpha + \beta.

Poslední dvě cvičení možná vypadala velmi triviálně. Realita však je, že v praktických úlohách jsou velmi užitečná – když máme obrovský netriviální obrázek a máme provést za sebou velký počet úhlových operací, tak je opravdu velmi výhodné si i jen kousek té práce zjednodušit – v případě rovnoběžek nemusíme uvažovat pomocný souhlasný úhel a v případě trojúhelníku nemusíme pracovat s $180^\circ$ .

3Základy světa délek

Zatím jsme fungovali pouze ve světě úhlů a vůbec jsme neřešili délky. Geometrie však začne být zajímavá, když tyto světy začneme propojovat. Základem pro nás bude shodnost trojúhelníků. Připomeňme si kritéria.

Věty o shodnosti trojúhelníků:

Věta $sss$ : dva trojúhelníky jsou shodné, pokud se shodují ve všech třech stranách.
Věta $sus$ : dva trojúhelníky jsou shodné, pokud se shodují ve dvou stranách a úhlu, který tyto strany svírají.
Věta $usu$ : dva trojúhelníky jsou shodné, pokud se shodují v jedné straně a nějakých dvou úhlech.
Věta $Ssu$ : dva trojúhelníky jsou shodné, pokud se shodují ve dvou stranách a úhlu naproti delší z těchto stran.

Zdůrazněme, že u věty $sus$ je opravdu důležité, že shodný úhel je ten svíraný oběma stranami – bez tohoto předpokladu shodnost nemusí fungovat, viz obrázek. Na něm máme dva trojúhelníky $ABC$ a $A'B'C'$ , pro které platí $|BC|=|B'C'|$ , $|AC|=|A'C'|$ , a $\beta=\beta'$ , avšak zjevně nejsou shodné.

Věta $Ssu$ by byla naše záchrana – zde ji však aplikovat neumíme, protože strana, naproti které leží úhel $\beta$ , tedy $|AC|$ , není nejdelší, neboť je zjevně kratší než $|BC|$ 🥲.

Než půjdeme dál, uvědomme si, co tyto věty znamenají. Z mého pohledu je dobrý pohled na shodnost takový: chceme sestrojit trojúhelník, když máme dány nějaké tři jeho elementy – budou všechny sestrojitelné trojúhelníky shodné?

Příklad 1

Přesvědčte se o platnosti věty $sss$ o shodnosti.

✓Řešení

Představme si, že máme dány tři úsečky délek $a$ , $b$ , $c$ , ze kterých umíme sestrojit trojúhelník. Bez újmy na obecnosti předpokládejme, že $a=\max\{a,b,c\}$ . Začněme konstruovat trojúhelník úsečkou $BC$ délky $a$ . Následně sestrojíme dvě kružnice: (a) kružnici se středem v $B$ a poloměrem $c$ ; (b) kružnici se středem v $C$ a poloměrem $b$ . Díky $a \ge b$ resp. $a \ge c$ obě tyto kružnice protínají úsečku $BC$ . V případě $a=b+c$ se protínají právě v jednom bodě na ní (což neodpovídá trojúhelníku), v případě $a>b+c$ se neprotínají vůbec, a v případě $a<b+c$ se protínají ve dvou bodech $A$ a $A'$ .

Na konci si uvědomme, že trojúhelníky $ABC$ a $A'BC$ jsou však zřejmě vzájemně zrcadlovými obrazy podle $BC$ . Také pokud bychom začali jinou úsečkou, tak vytvoříme pouze posunutí/otočení této konfigurace.

Poznámka. Uvědomme si, že jsme vlastně po cestě dokázali trojúhelníkovou nerovnost. Ta se obvykle formuluje jako: součet kterýchkoli dvou stran trojúhelníku je větší než třetí. My jsme dokázali, že součet dvou nejkratších je větší než nejdelší. To zřejmě stačí, protože součet nejdelší a kterékoli další je větší než ta poslední.

Podobně umíme zdůvodnit další kritéria:

Cvičení 4

Přesvědčte se o platnosti věty $sus$ o shodnosti.

✓Řešení

Nechť jsou dány strany $b = |AC|$ , $c = |AB|$ a úhel $|\angle BAC| = \alpha$ mezi nimi. Sestrojme vrchol $A$ a úsečku $AB$ délky $c$ – ta je dána až na shodné zobrazení. Bod $C$ musí ležet na polopřímce z $A$ svírající s $AB$ úhel $\alpha$ a zároveň ve vzdálenosti $b$ od $A$ . Polopřímky svírající s $AB$ úhel $\alpha$ jsou dvě (po jedné na každé straně $AB$ ): na každé leží právě jeden bod ve vzdálenosti $b$ od $A$ , tedy dostaneme body $C$ a $C'$ . Trojúhelníky $ABC$ a $ABC'$ jsou zrcadlovými obrazy podle $AB$ , tedy shodné.

Cvičení 5

Přesvědčte se o platnosti věty $usu$ o shodnosti.

✓Řešení

V prvé řadě si uvědomme, že nezáleží na tom, které dva úhly jsou shodné – pokud se dva trojúhelníky shodují ve dvou úhlech, tak třetí je určen jednoznačně, neboť všechny tři mají součet úhlů $180^\circ$ .

Pro účely našeho důkazu uvažme tedy, že jsou shodné právě úhly přiléhající ke shodné straně. Nechť je to úhel $\beta$ při vrcholu $B$ , $\gamma$ při vrcholu $C$ a strana $a = |BC|$ mezi nimi. Sestrojme úsečku $BC$ délky $a$ – ta je dána až na shodné zobrazení. Bod $A$ musí ležet na polopřímce z $B$ svírající s $BC$ úhel $\beta$ a zároveň na polopřímce z $C$ svírající s $CB$ úhel $\gamma$ . Součet vnitřních úhlů při $B$ a $C$ v trojúhelníku je menší než $180^\circ$ , čili $\beta + \gamma < 180^\circ$ , a proto nejsou obě polopřímky rovnoběžné – protnou se v jediném bodě $A$ . Trojúhelník $ABC$ je tedy určen jednoznačně (až na shodná zobrazení).

Méně známé tvrzení $Ssu$ je už trošičku těžší, proto k němu budou i návody 🙂.

Úloha 1

shodnost

Ssu

Přesvědčte se o platnosti věty $Ssu$ o shodnosti. Navíc si uvědomte, kde by se konstrukce pokazila, kdyby úhel nebyl naproti větší ze stran – co by se stalo, kdyby byly obě strany stejně dlouhé?

1Nápověda

Začněte konstrukci konstrukcí kratší úsečky. Jak pokračuje konstrukce po jejím sestrojení?

2Nápověda

Po sestrojení kratší úsečky sestrojíme polopřímku pod naším daným shodným úhlem. Zbývá poslední krok konstrukce. Rozmyslete si, kdy dostaneme žádný, kdy jeden a kdy dva vyhovující trojúhelníky.

✓Řešení

Nechť jsou dány strany $a = |BC|$ , $b = |AC|$ a úhel $|\angle ABC| = \beta$ naproti delší straně $b$ . Začneme sestrojením kratší úsečky $BC$ délky $a$ . Bod $A$ musí ležet na polopřímce z $B$ svírající s $BC$ úhel $\beta$ a zároveň ve vzdálenosti $b$ od $C$ , čili na kružnici $k$ se středem $C$ a poloměrem $b$ .

Vzdálenost bodu $B$ od středu kružnice je $|BC| = a$ . Protože $a < b$ , bod $B$ leží uvnitř kružnice $k$ . Polopřímka z bodu $B$ tak začíná uvnitř kružnice a pokračuje směrem ven, takže kružnici protne právě jednou. Bod $A$ je tedy určen jednoznačně, a trojúhelník $ABC$ je rovněž jednoznačný (až na shodné zobrazení).

Podívejme se, proč je podmínka $b > a$ podstatná. Pokud by bylo $a = b$ , bod $B$ by ležel přímo na kružnici $k$ . Polopřímka z $B$ by ji protínala v bodě $B$ samotném (což nedává trojúhelník) a v právě jednom dalším bodě – ten je hledaným $A$ . Konstrukce tedy stále vede k jednoznačnému (rovnoramennému) trojúhelníku, takže věta $Ssu$ formálně platí i v tomto hraničním případě. Pod $Ssu$ ji však samostatně nezařazujeme: pokud víme, že trojúhelník je rovnoramenný se $|BC|=|AC|$ a známe jeden úhel $\beta$ , tak ostatní dva úhly jsou už díky rovnoramennosti určeny (oba při základně mají velikost $\beta$ ). Tatáž konfigurace je proto pokryta větami $sus$ či $sss$ a $Ssu$ k ní nepřidává žádnou novou informaci.

Pokud by bylo $b < a$ , bod $B$ by ležel vně kružnice $k$ . Polopřímka by ji mohla protnout ve dvou bodech – vznikly by tak dva různé (neshodné) trojúhelníky.

Poznámka. Důkaz je možné provést i tak, že nejprve sestrojíme delší úsečku. To však vyžaduje znalost množiny bodů nad pevnou úsečkou majících pevný úhel – k tomu se dostaneme v jiném materiálu.

Na naší geometrické cestě se průběžně setkáme se všemi těmito tvrzeními. Prozatím si však ukažme nějaké konkrétní aplikace. Začneme tím nejzřejmějším tvrzením, které se ale také sluší a patří dokázat:

Tvrzení 3

rovnoramenný trojúhelník

Dokažte, že pokud pro trojúhelník $ABC$ platí $|AB|=|AC|$ , tak $|\angle ABC|=|\angle ACB|$ . Dokažte také obrácenou implikaci (tedy že z rovnosti úhlů vyplývá rovnost délek).

Důkaz

Přímá implikace. Předpokládejme $|AB| = |AC|$ . Nechť $M$ je střed $BC$ . Trojúhelníky $ABM$ a $ACM$ jsou shodné podle $sss$ ( $|AB|=|AC|$ z předpokladu, $|BM|=|CM|$ ze středu, společná strana $AM$ ), odkud $|\angle ABC| = |\angle ACB|$ . Tento důkaz funguje i s jinými volbami bodu $M$ . Pokud za $M$ vezmeme patu kolmice z $A$ na $BC$ , dostaneme společnou stranu $AM$ , $|AB|=|AC|$ a pravý úhel při $M$ , který leží naproti nejdelší straně (přeponě) $AB$ resp. $AC$ – aplikujeme větu $Ssu$ . Pokud za $M$ vezmeme patu osy vnitřního úhlu při $A$ , máme $|AB|=|AC|$ , shodný úhel $|\angle BAM|=|\angle CAM|$ a společnou stranu $AM$ mezi nimi – aplikujeme větu $sus$ .

Obrácená implikace. Předpokládejme $|\angle ABC| = |\angle ACB| = \beta$ . Nechť $M$ je pata kolmice z $A$ na $BC$ . Podle věty $usu$ je $\triangle ABM \cong \triangle ACM$ , neboť máme dva shodné úhly $|\angle ABM| = |\angle ACM|$ a $|\angle AMB| = |\angle AMC| = 90^\circ$ a společnou stranu $AM$ , tedy $|AB| = |AC|$ . Podobně bychom za $M$ mohli zvolit patu osy vnitřního úhlu při $A$ – ze shodných úhlů $|\angle BAM|=|\angle CAM|$ a $|\angle ABM|=|\angle ACM|$ a ze společné strany $AM$ znovu aplikujeme větu $usu$ . Volba $M$ jako středu $BC$ tu však nepomáhá: dostaneme sice $|BM|=|CM|$ , $AM$ společnou a $|\angle ABM|=|\angle ACM|=\beta$ , ale úhel $\beta$ leží naproti $AM$ , která může být kratší než $BM$ (při tupém úhlu při $A$ ), takže ani větu $Ssu$ obecně použít neumíme – ponaučení je, že i když máme správný bod, na jeho přesné definici záleží (to ještě mnohokrát uvidíme).

Poznámka. Jiný vtipný důkaz je založen na tom, že dokážeme $\triangle ABC \cong \triangle ACB$ (všimněte si různého pořadí vrcholů). V případě, že známe stejné strany, použijeme větu $sus$ nebo dokonce $sss$ – ta nám následně dá shodné úhly. V případě, že známe stejné úhly, to zase bude věta $usu$ , a shodnost nám dá stejné strany.

Vyzkoušejte si exaktně dokázat tyto jednoduché poznatky, to už bude jednodušší:

Cvičení 6

Rovnostranný trojúhelník má tři shodné úhly rovny $60^\circ$ .

✓Řešení

V $\triangle ABC$ s $|AB| = |AC| = |BC|$ dává věta o rovnoramenném trojúhelníku $|\angle ABC| = |\angle ACB|$ (z $|AB|=|AC|$ ); analogicky z $|AB|=|BC|$ je $|\angle BAC| = |\angle BCA|$ . Všechny tři úhly jsou tedy shodné, a ze součtu $180^\circ$ je každý $60^\circ$ .

Cvičení 7

Rovnoramenný pravoúhlý trojúhelník má tři úhly rovny $90^\circ$ , $45^\circ$ , $45^\circ$ .

✓Řešení

90^\circ + \beta + \beta = 180^\circ,

odkud $2\beta = 90^\circ$ , čili $\beta = 45^\circ$ .

Velmi šikovná věc použitelná v nelehkých úlohách je následující úloha. Jeden možný důkaz je přes trigonometrii. My to ale chceme pěkně geometricky.

Úloha 2

Pravoúhlý trojúhelník má zbývající dva úhly rovny $60^\circ$ a $30^\circ$ právě tehdy, když je jeho přepona dvakrát delší než kratší odvěsna.

1Nápověda

Řekněme, že $AB$ je přepona a je dvakrát delší než odvěsna $BC$ . Trikem je uvážit bod $B'$ takový, že $C$ je střed úsečky $BB'$ .

✓Řešení

Nechť náš trojúhelník má pravý úhel při vrcholu $C$ .

( $\Rightarrow$ ) Předpokládejme $|AB| = 2|BC|$ . Nechť $B'$ je takový bod, že $C$ je středem úsečky $BB'$ . Potom $|B'C| = |BC|$ a $C$ leží mezi $B$ , $B'$ , takže $|\angle B'CA|$ je vedlejší k $|\angle BCA| = 90^\circ$ , čili také $90^\circ$ . Platí $\triangle CBA \cong \triangle CB'A$ z věty $sus$ , neboť úhly při $C$ jsou oba pravé, strana $AC$ je společná, a $|BC|=|B'C|$ .

Protože $C$ je středem $BB'$ , je $|BB'| = 2|BC|$ , a ze zadání $|AB| = 2|BC|$ . Spolu

|BB'| = |AB| = |AB'|,

( $\Leftarrow$ ) Není těžké rozmyslet si, že úvahy z předchozího odstavce umíme snadno obrátit – klíčovou shodnost $\triangle CBA \cong \triangle CB'A$ tentokrát dostaneme z věty $usu$ .

Poznámka. Jiné řešení je uvážit, že podle Thaletovy věty je střed $O$ kružnice opsané trojúhelníku $ABC$ zároveň středem přepony $AB$ . K tomuto řešení se podrobněji vrátíme, až se budeme bavit o kružnicích.

4Osy

Ze školy jistě známe dvě osy: osu úsečky a osu úhlu. V této sekci si ujasníme známé věci a důležité vlastnosti, které budeme průběžně používat.

4.1Osa strany

Osu strany umíme definovat jako přímku, která je kolmá na danou úsečku a prochází jejím středem. Jiná definice je, že je to množina bodů, které mají stejnou vzdálenost od krajních bodů naší úsečky. Jsou ale tyto definice ekvivalentní? Inu, to není evidentní, zdůvodníme si to.

Tvrzení 4

osa úsečky

Množina bodů, které mají stejnou vzdálenost od krajních bodů úsečky $AB$ , je kolmice procházející jejím středem $M$ .

Důkaz

( $\Rightarrow$ ) Nechť bod $X$ leží na kolmici na $AB$ vedené středem $M$ . Trojúhelníky $AMX$ a $BMX$ jsou shodné podle věty $sus$ : $|MA|=|MB|$ (střed), společná strana $MX$ a shodné pravé úhly při $M$ . Odtud $|XA|=|XB|$ .

( $\Leftarrow$ ) Předpokládejme, že bod $X$ splňuje $|XA|=|XB|$ , ale neleží na kolmici na $AB$ procházející $M$ . Pokud $X$ leží na přímce $AB$ , je zřejmé, že jediný bod této přímky stejně vzdálený od $A$ i $B$ je právě střed $M$ .

Předpokládejme tedy, že $X$ na přímce $AB$ neleží. Bez újmy na obecnosti nechť je naše kolmice svislá a $X$ leží nalevo od ní. Označme $Y$ průsečík úsečky $XB$ s touto kolmicí. Podle již dokázané implikace platí $|YA|=|YB|$ .

V rovnoramenném $\triangle XAB$ ( $|XA|=|XB|$ ) je $|\angle XAB|=|\angle XBA|$ . Jelikož $Y$ leží na úsečce $XB$ , polopřímky $BX$ a $BY$ splývají, takže $|\angle XBA|=|\angle YBA|$ . Avšak v rovnoramenném $\triangle YAB$ ( $|YA|=|YB|$ ) je $|\angle YBA|=|\angle YAB|$ . Dohromady

|\angle XAB|=|\angle XBA|=|\angle YBA|=|\angle YAB|.

To je ale nesmysl: bod $Y$ leží uvnitř úsečky $XB$ , proto polopřímka $AY$ směřuje dovnitř trojúhelníku $XAB$ a leží striktně uvnitř úhlu $\angle XAB$ , čili $|\angle YAB|<|\angle XAB|$ .

Nejzákladnější věta zahrnující osy stran je samozřejmě následující tvrzení:

Tvrzení 5

existence

O

Osy stran libovolného trojúhelníku se protínají v jednom bodě. Ten je středem kružnice opsané danému trojúhelníku.

Důkaz

Nechť $ABC$ je trojúhelník. Osa úsečky $AB$ je kolmá na $AB$ a osa úsečky $AC$ je kolmá na $AC$ ; tyto dvě kolmice jsou rovnoběžné jen v případě $AB \parallel AC$ , což zjevně neplatí. Proto se osy úseček $AB$ a $AC$ protínají v jednom bodě – označme jej $O$ .

Podle předchozí věty platí $|OA|=|OB|$ (neboť $O$ leží na ose $AB$ ) a $|OA|=|OC|$ (neboť $O$ leží na ose $AC$ ). Dohromady to dává $|OB|=|OC|$ , což nám zase zpětně dává, že $O$ leží také na ose úsečky $BC$ . Všechny tři osy tedy procházejí bodem $O$ .

Poznámka (1). Bod $O$ splňuje $|OA|=|OB|=|OC|$ , takže je středem kružnice procházející všemi třemi vrcholy – tedy kružnice opsané trojúhelníku $ABC$ .

Poznámka (2). Označení $O$ pro střed opsané kružnice je mezinárodní standard. V Česku a na Slovensku se rovněž používá $S$ (ze slova střed).

4.2Osa úhlu

Podobně jako u osy strany se nejprve zamyslíme nad definicí. Mějme úhel $XAY$ . Pod jeho osou (přesněji vnitřní osou) rozumíme polopřímku $AZ$ takovou, že platí $|\angle XAZ|=|\angle ZAY|$ . Bod $Z$ je tedy zvolen tak, že polopřímka $AZ$ rozdělí úhel $XAY$ na dva shodné úhly. Volně se za osu úhlu pokládá i celá přímka určená touto polopřímkou.

Stejně jako u osy strany se tato definice často zaměňuje s tvrzením, že osa úhlu je množina vnitřních bodů úhlu, které mají stejnou vzdálenost od jeho ramen. I zde si to zaslouží důkaz.

Tvrzení 6

osa úhlu

Bod $Z$ uvnitř úhlu $XAY$ má stejnou vzdálenost od přímek $AX$ a $AY$ právě tehdy, když $|\angle XAZ|=|\angle ZAY|$ .

Důkaz

( $\Rightarrow$ ) Nechť polopřímka $AZ$ dělí úhel $XAY$ na dva shodné úhly. Označme $X'$ , $Y'$ paty kolmic spuštěných z $Z$ na přímky $AX$ , $AY$ . Pravoúhlé trojúhelníky $AX'Z$ a $AY'Z$ jsou shodné podle věty $usu$ : společná přepona $AZ$ , shodné úhly při $A$ a shodné pravé úhly při $X'$ , $Y'$ . Odtud $|ZX'|=|ZY'|$ , což jsou právě vzdálenosti bodu $Z$ od přímek $AX$ a $AY$ .

( $\Leftarrow$ ) Nechť naopak $|ZX'|=|ZY'|$ , kde $X'$ , $Y'$ jsou opět paty kolmic z $Z$ na přímky $AX$ , $AY$ . Pravoúhlé trojúhelníky $AX'Z$ a $AY'Z$ jsou shodné podle věty $Ssu$ : společná přepona $AZ$ , shodné odvěsny $|ZX'|=|ZY'|$ a shodné pravé úhly při $X'$ , $Y'$ naproti této přeponě (nejdelší straně). Odtud $|\angle X'AZ|=|\angle Y'AZ|$ , což je přesně $|\angle XAZ|=|\angle ZAY|$ .

Než si tuto větu naplno užijeme, zaveďme ještě pojem vnější osy úhlu. Vnější osou úhlu $XAY$ rozumíme sjednocení os dvou úhlů vedlejších k $XAY$ – označme si je $XAY'$ a $X'AY$ , kde $X'$ , $Y'$ leží na opačných polopřímkách k $AX$ , $AY$ . Osy těchto dvou vedlejších úhlů jsou opačné polopřímky vycházející z bodu $A$ ; jejich sjednocení je tedy přímka procházející $A$ .

Než půjdeme dál, dokažme si tuto základní vlastnost:

Cvičení 8

Dokažte, že vnitřní osa úhlu je kolmá na jeho vnější osu.

✓Řešení

Označme $\beta$ velikost poloviny úhlu $XAY$ a $\alpha$ velikost poloviny úhlu vedlejšího k $XAY$ , jako na obrázku. Součet všech čtyř úhlů na přímce $AY$ je

\beta+\beta+\alpha+\alpha=180^\circ,

odkud $\alpha+\beta=90^\circ$ . Jenže $\alpha+\beta$ je právě úhel mezi vnitřní a vnější osou, takže jsou kolmé.

Vnější osy mají přirozeně rovněž vlastnost, že jejich body mají stejnou vzdálenost od obou ramen – vždyť jsou to stále jen osy nějakých úhlů. Pokud tedy hledáme množinu všech bodů, které mají stejnou vzdálenost od dvou různoběžných přímek (tj. nikoli pouze polopřímek), dostaneme sjednocení vnitřní a vnější osy úhlu, který tyto přímky svírají.

Nyní přejděme k nejznámějšímu důsledku souvisejícímu s osami úhlů. Týká se trojúhelníku a musíme v něm dát pozor na to, která osa je vnitřní a která vnější.

Tvrzení 7

existence

I

Vnitřní osy úhlů libovolného trojúhelníku se protínají v jednom bodě. Ten je středem kružnice vepsané danému trojúhelníku.

Důkaz

Nechť $ABC$ je trojúhelník. Nechť $I$ je průsečík os vnitřních úhlů při vrcholech $B$ a $C$ , který zjevně existuje a zjevně leží uvnitř $ABC$ .

Podle předchozí věty platí $d(I, AB) = d(I, BC)$ (neboť $I$ leží na ose úhlu při $B$ ) a $d(I, BC) = d(I, AC)$ (neboť $I$ leží na ose úhlu při $C$ ). Odtud $d(I, AB) = d(I, AC)$ . Jelikož $I$ leží uvnitř úhlu $BAC$ , znamená to, že leží na jeho ose. Všechny tři vnitřní osy tedy procházejí bodem $I$ .

Poznámka (1). Bod $I$ má stejnou vzdálenost od všech tří stran, takže je středem kružnice, která se dotýká všech tří stran zevnitř – tedy kružnice vepsané trojúhelníku $ABC$ .

Poznámka (2). Označení $I$ pochází z anglického slova incentrum. V česko-slovenské olympiádě se často používá prostě $S$ (jako střed).

V úlohách se velmi často objeví i kružnice připsané.

Tvrzení 8

existence

I_a

V trojúhelníku $ABC$ se vnitřní osa úhlu při $A$ a vnější osy úhlů při $B$ , $C$ protínají v jednom bodě. Ten je středem kružnice připsané trojúhelníku $ABC$ proti vrcholu $A$ .

Důkaz

Pro přehlednost zápisu označme $X$ , $Y$ body na polopřímkách opačných k $CA$ , $BA$ . Vnější osa úhlu při $B$ je právě vnitřní osa úhlu $YBC$ a vnější osa při $C$ je vnitřní osa úhlu $XCB$ . Označme $I_a$ průsečík těchto os.

Z věty o ose úhlu aplikované na úhly $YBC$ a $XCB$ dostaneme rovnosti

d(I_a, AB) = d(I_a, BC) = d(I_a, AC).

Bod $I_a$ má tedy stejnou vzdálenost od přímek $AB$ a $AC$ , takže leží na vnitřní nebo vnější ose úhlu $BAC$ . Zjevně však leží uvnitř úhlu $BAC$ , takže jde o jeho vnitřní osu – ta tedy prochází bodem $I_a$ .

Poznámka (1). Bod $I_a$ má stejnou vzdálenost od přímky $BC$ i od přímek obsahujících strany $AB$ , $AC$ , takže je středem kružnice dotýkající se strany $BC$ zvenku a zbylých dvou stran (přesněji jejich prodloužení) zevnitř – kružnice připsané trojúhelníku proti vrcholu $A$ .

Poznámka (2). Označení $I_a$ je běžné mezinárodní značení. Kružnici připsané se říká excircle, takže možná logičtější by bylo $E_a$ , ale to se spíše nepoužívá. Kružnice vepsané ale souvisí s incentrem, takže možná proto 🙃.

Osy úhlů, vnitřní i vnější, jsou v soutěžních úlohách mimořádně užitečný a oblíbený koncept. Často se skrývají za jiné podmínky a klíčový krok řešení bývá uvědomit si, že nějaký bod leží na dvou osách, a tedy i na třetí. Někdy jde o osy vnitřní, jindy vnější. Ty vnější je často vidět hůře. S osami se rozhodně vyplatí kamarádit.

5Co si zapamatovat

5.1Techniky

Při rovnoběžkách hledáme shodné střídavé a souhlasné úhly, případně úhly se součtem $180^\circ$ .
Je užitečné nahlížet na vnější úhel trojúhelníku jako na součet dvou úhlů.
Pro propojení světa délek a úhlů se hodí shodnost dvou trojúhelníků.
Pomocné body (střed úsečky, zrcadlový obraz, prodloužení) často odhalí shodnost nebo speciální trojúhelník.

5.2Užitečná fakta

Součet úhlů v trojúhelníku je $180^\circ$ , obecně v konvexním $n$ -úhelníku $(n-2) \cdot 180^\circ$ .
Věty o shodnosti trojúhelníků: $sss$ , $sus$ , $usu$ , $Ssu$ .
V trojúhelníku jsou dvě strany shodné právě když jsou shodné jim protilehlé úhly.
Pravoúhlý trojúhelník má přeponu dvakrát delší než odvěsnu právě když má úhly $90^\circ, 60^\circ, 30^\circ$ .

6Úlohy

V této sekci najdete různé úlohy, na které vám stačí poznatky z tohoto materiálu, žádné pokročilé věci jako obvodové a středové úhly potřeba nejsou (na tyto úlohy se podíváme později).

Úloha 3

MO okresní kolo Z8 2025

V trojúhelníku $ABC$ leží bod $D$ na straně $BC$ , bod $E$ na straně $AC$ , přičemž $|AB| = |BE| = |EC| = |CD|$ a $|BD| = |DE|$ . Určete velikosti úhlů $ACB$ a $BAD$ .

1Nápověda

Označte $\gamma = |\angle ACB|$ a snažte se všechny úhly v obrázku vyjádřit pomocí $\gamma$ . Máme spoustu rovnoramenností.

2Nápověda

Jedna možná cesta je postupně pomocí $\gamma$ vyjádřit úhly $CBE$ , $BED$ , $CDE$ , $CED$ . Neumíme teď někde napsat rovnici, ze které se dá vypočítat $\gamma$ ?

3Nápověda

Podívejte se na součet úhlů v trojúhelníku $BEC$ . Z něj by mělo jít spočítat $\gamma$ .

4Nápověda

K dopočítání $BAD$ potřebujeme více kroků. První je spočítat co nejvíce úhlů a něčeho si všimnout.

5Nápověda

Když spočítáme úhly v $ABC$ , dostaneme, že $ABC$ je rovnoramenný.

6Nápověda

Teď už umíme použít symetrii, jedna možnost je dokázat shodnost trojúhelníků $EAD$ a $DBE$ .

✓Řešení

Označme $\gamma = |\angle ACB|$ .

V rovnoramenném $\triangle BEC$ ( $|BE|=|EC|$ ) je $|\angle EBC| = |\angle ECB| = \gamma$ . Protože $D$ leží na $BC$ , je $|\angle DBE| = |\angle EBC| = \gamma$ , a z rovnoramennosti $\triangle BDE$ ( $|BD|=|DE|$ ) také $|\angle DEB| = \gamma$ . Věta o vnějším úhlu v $\triangle BDE$ při $D$ dává

|\angle EDC| = |\angle DBE| + |\angle DEB| = 2\gamma,

a v rovnoramenném $\triangle CDE$ ( $|CD|=|CE|$ ) tak $|\angle CED| = |\angle CDE| = 2\gamma$ . Ze součtu úhlů v něm $\gamma + 4\gamma = 180^\circ$ , čili $\gamma = 36^\circ$ .

Dále z $|CA|=|CB|$ a $|CE|=|CD|$ vlastně máme $|EA|=|DB|$ . Vezměme trojúhelníky $EAD$ a $DBE$ ; ty jsou rovnoramenné se shodným úhlem při vrcholu (rovným $180^\circ-2\gamma$ ) a shodnými rameny, takže podle $sus$ jsou shodné. To dává $|\angle DAE|=|\angle DBE|=36^\circ$ .

Na závěr tedy máme

|\angle BAD| = |\angle BAE| - |\angle DAE| = 2\gamma - \gamma = \gamma = 36^\circ.

Úloha 4

DuoGeo 2025

Do čtverce $ABCD$ byly nakresleny rovnostranné trojúhelníky $ABX$ a $CDY$ . Určete součet vyznačených úhlů.

1Nápověda

Zkuste nejprve spočítat co nejvíce úhlů na obrázku.

2Nápověda

Klíčem k dopočítání finálního úhlu je najít vhodný rovnoramenný trojúhelník přes stejné délky.

✓Řešení

Podle symetrie jsou všechny čtyři vyznačené úhly shodné. Stačí tedy najít velikost jednoho z nich – zaměříme se na $|\angle YDX|$ .

Dále $|DA| = |AB| = |AX|$ (první je strana čtverce, druhé strana rovnostranného trojúhelníka $ABX$ ), takže $\triangle AXD$ je rovnoramenný se základnou $DX$ . Z rovnosti $|\angle XAD| = 30^\circ$ a ze součtu úhlů v trojúhelníku

|\angle ADX| = \tfrac{1}{2}\bigl(180^\circ - 30^\circ\bigr) = 75^\circ.

Hledaný úhel je rozdílem dvou již vypočítaných:

|\angle YDX| = |\angle ADX| - |\angle ADY| = 75^\circ - 30^\circ = 45^\circ.

Součet všech čtyř vyznačených úhlů je tedy $4 \cdot 45^\circ = 180^\circ$ .

Úloha 5

MO školní kolo C 2024

V lichoběžníku $ABCD$ , kde $AB \parallel CD$ , se osy vnitřních úhlů při vrcholech $C$ a $D$ protínají na úsečce $AB$ . Dokažte, že $|AD| + |BC| = |AB|$ .

1Nápověda

Nechť $P$ je náš společný průsečík. Máme rovnoběžnost, máme osu úhlu, to dává dost stejných úhlů.

2Nápověda

Cílem je najít rovnoramenné trojúhelníky.

✓Řešení

Označme $P$ společný průsečík os; podle zadání leží na úsečce $AB$ . Ukážeme, že

|AD| = |AP| \quad \hbox{a} \quad |BC| = |BP|,

odkud přímo $|AD| + |BC| = |AP| + |BP| = |AB|$ .

|\angle APD| = |\angle CDP| = |\angle ADP|.

V trojúhelníku $ADP$ jsou tedy úhly při vrcholech $D$ a $P$ shodné, takže $|AD| = |AP|$ . Analogickou úvahou při vrcholu $C$ dostaneme $|BC| = |BP|$ .

Úloha 6

MO školní kolo A 2023

V konvexním pětiúhelníku $ABCDE$ platí $|\angle CBA| = |\angle BAE| = |\angle AED|$ . Na stranách $AB$ a $AE$ existují po řadě body $P$ a $Q$ tak, že $|AP| = |BC| = |QE|$ a $|AQ| = |BP| = |DE|$ . Dokažte, že $CD \parallel PQ$ .

1Nápověda

Máme spoustu stejných úhlů a stran, zkuste najít shodné trojúhelníky.

2Nápověda

Klíčové jsou shodné trojúhelníky $PBC$ , $QAP$ a $DEQ$ . Z nich dostaneme užitečné shodné vlastnosti. Pokračujte v hledání shodností.

3Nápověda

Finální shodnost k dokázání je $CPQ$ a $DQP$ . Proč to stačí?

✓Řešení

Protože $|BC| = |AP| = |EQ|$ , $|BP| = |AQ| = |ED|$ a $|\angle CBP| = |\angle PAQ| = |\angle QED|$ , jsou podle věty $sus$ trojúhelníky $PBC$ , $QAP$ a $DEQ$ navzájem shodné.

Odtud plyne $|CP| = |PQ| = |QD|$ a také

\begin{gather*} |\angle CPQ| = 180^\circ - |\angle BPC| - |\angle APQ| = \\ = 180^\circ - |\angle PQA| - |\angle EQD| = |\angle PQD|. \end{gather*}

Podle věty $sus$ jsou tedy shodné i rovnoramenné trojúhelníky $CPQ$ a $DQP$ . Z toho vyplývá shodnost jejich výšek z vrcholů $C$ a $D$ na společnou stranu $PQ$ ; tyto výšky jsou navíc rovnoběžné (obě kolmé na $PQ$ ), takže $CD \parallel PQ$ .

Úloha 7

DuoGeo 2025

Je dán čtyřúhelník $ABCD$ s průsečíkem úhlopříček $T$ . Předpokládejme, že velikosti úhlů $BAC$ a $DBA$ jsou po řadě $30^\circ$ a $45^\circ$ . Na úsečce $BT$ leží bod $Z$ takový, že $CZ \perp BT$ . Předpokládejme, že přímka $CZ$ protne úsečku $AB$ v bodě $M$ . Nechť $R$ je průsečík úseček $AT$ a $MD$ . Předpokládejme, že $|AM| = |AR|$ a $|MR| + |TD| = 14$ . Určete velikost úsečky $|BZ|$ .

1Nápověda

Dopočítávejte úhly, dokud nenajdeme rovnoramenný trojúhelník.

2Nápověda

Trpělivým počítáním úhlů se dá dojít k tomu, že $DTR$ je rovnoramenný. To by mělo vnést světlo do podmínky $|MR|+|TD|=14$ .

3Nápověda

Podmínka se po dokázání rovnoramenností přeloží jako $|MD|=14$ . To pomůže později – aktuálně už víc úhlů nespočítáme a musíme ještě něco najít ze světa délek. Klíčem je najít pěkný pravoúhlý trojúhelník.

4Nápověda

Dá se spočítat, že úhly trojúhelníku $MDZ$ jsou $90-60-30$ . Známe jeho přeponu $MD$ . Naše skvěle dokázané pomocné tvrzení nám teď dává další délku. Pak je to krok od řešení.

✓Řešení

V trojúhelníku $ATB$ známe úhly při vrcholech $A$ a $B$ , a sice $30^\circ$ a $45^\circ$ . Tím pádem je vnější úhel při $T$ roven součtu těchto úhlů, konkrétně

|\angle DTR|=|\angle TAB|=|\angle TBA|=30^\circ+45^\circ=75^\circ.

V rovnoramenném trojúhelníku $AMR$ s $|AM| = |AR|$ je úhel při vrcholu $A$ roven $30^\circ$ , takže oba úhly při základně $MR$ mají velikost $\tfrac{1}{2}(180^\circ - 30^\circ) = 75^\circ$ . Speciálně $|\angle ARM| = 75^\circ$ , a tedy i jeho vrcholový úhel $|\angle DRT|$ má velikost $75^\circ$ .

Trojúhelník $DTR$ má tedy dva úhly velikosti $75^\circ$ , čili je rovnoramenný se základnou $TR$ a $|DT| = |DR|$ . Odtud

|MD| = |MR| + |RD| = |MR| + |TD| = 14.

Navíc $|\angle TDR| = 180^\circ - 2 \cdot 75^\circ = 30^\circ$ .

Podívejme se nyní na trojúhelník $MDZ$ . Protože $T$ , $Z$ leží na úsečce $BD$ a $R$ leží na úsečce $MD$ , je $|\angle MDZ| = |\angle RDT| = 30^\circ$ . Trojúhelník $MDZ$ je tedy pravoúhlý (při $Z$ ) s přeponou $MD$ a úhlem $30^\circ$ při $D$ , takže podle dřívějšího tvrzení o $30^\circ$ - $60^\circ$ - $90^\circ$ trojúhelníku

|MZ| = \tfrac{1}{2} |MD| = 7.

Konečně trojúhelník $MZB$ má pravý úhel při $Z$ a úhel $45^\circ$ při $B$ , takže $|\angle BMZ| = 45^\circ$ . Je tedy rovnoramenný pravoúhlý a $|BZ| = |MZ| = 7$ .

1Úvod

2Základy světa úhlů

3Základy světa délek

4Osy

4.1Osa strany

4.2Osa úhlu

5Co si zapamatovat

5.1Techniky

5.2Užitečná fakta

6Úlohy

Komentáře