Skala podobieństwa 2:1
Planimetria dotyczy figur geometrycznych na płaszczyźnie w odróżnieniu od stereometrii, która dotyczy brył w przestrzeni. Dalej poruszono trzy zagadnienia:
Figury podobne mają ten sam kształt. Oznacza to, że mają takie same wartości i kolejność kątów oraz jednakowe stosunki odpowiednich boków. Miarą podobieństwa jest skala określana właśnie przez stosunek boków. Na rysunku przedstawiono przykłady podobieństwa układów z kamieniami pentomina dla skali 2:1.
UWAGA
Aby zobaczyć rozwiązanie wystarczy przesunąć wskaźnik myszki na rysunek.
W przypadku skali 2:1 nie można jednak uzyskać wg tych zasad powiększenia dwóch kamieni V i X. Jeśli skala wynosi 3:1, to wszystkie kształty można już ułożyć, jak pokazano to na kolejnych rysunkach.
Podobieństwo nie zależy od położenia figury na płaszczyźnie.
 F |  I |  L |  N |
 P |  T |  U |  V |
 W |  X |  Y |  Z |
Na kolejnym rysunku pokazano przykład figur płaskich niepodobnych.
Dlaczego pomimo pewnych cech podobieństwa, te figury nie są podobne?
Wyjaśnienie zawiera rysunek następny z figurami podobnymi.
O takich samych figurach, które mogą być tylko różnie położone na płaszczyźnie, mówi się, że są przystające. Ich skala podobieństwa jest równa jeden.
Jeśli skala podobieństwa jest określona przez liczbę k, to stosunek pól figur podobnych jest równy k².
Na rysunku pola figur mniejszych zajmują 15 kwadratów (3×5). Pola figur podobnych większych dwa razy zajmują 60 takich samych kwadratów (12×5), tak więc stosunek pól wynosi cztery (60 ÷ 15 = 4), przy skali podobieństwa równej 2 (2²=4).
Na płaszczyźnie figury mogą mieć symetrię osiową lub symetrię środkową (punktową). Jeśli figura ma dwie prostopadłe do siebie osie symetrii, to punkt ich przecięcia jest środkiem symetrii tej figury.
Symetrię osiową łatwo sprawdzić zginając kartę wzdłuż osi i patrząc czy obie części figury dokładnie się nakrywają, czyli są przystające. Taką przystającą część nazywa się obrazem symetrycznym figury względem tej osi.
Kamienie pentomina oznaczone literami I oraz X, mają dwie prostopadłe osie symetrii. Mają więc też środek symetrii.
Kamień Z nie ma osi symetrii, ale ma środek symetrii pokazany na rysunku.
Środek symetrii kamienia Z przecinają odcinki, na końcach których leżą punkty będące obrazami symetrycznymi punktów tego kamienia. Środek dokładnie leży w połowie każdego z tych odcinków.
Warto zauważyć, że w symetrii środkowej układ elementów obrazu symetrycznego jest taki sam jak elementów figury danej. W przypadku symetrii osiowej elementy obrazu symetrycznego następują po sobie w kolejności odwrotnej niż elementy figury danej. Łatwo się o tym przekonać, gdy przed lustrem złapiemy się prawą ręką za prawe ucho. Nasz obraz symetryczny (odbicie w lustrze) złapie się wtedy swoją lewą ręką za ucho lewe.
Dlatego przystawanie między elemetami figury i obrazu w symetrii środkowej nazywa się przystawaniem prostym, a w symetrii osiowej - przystawaniem odwróconym.
Cztery kamienie pentomina T, U, V oraz W mają po jednej osi symetrii, mają więc symetrię osiową ale nie mają symetrii środkowej. Pozostałe kamienie nie są symetryczne (F, L, N, P, Y).
 |  |
| Przykłady figur niesymetrycznych | |
Pola figur płaskich są określane poprzez porównanie ich z polem kwadratu jednostkowego (kj). Jego bok jest równy 1 i stanowi najmniejsze pole, do którego odnosimy pola innych figur. Przykładowo jeśli pole figury równa się 60 kj, to znaczy, że na jej powierzchni musimy ułożyć 60 kwadratów jednostkowych aby przykryć dokładnie całą figurę. Ponieważ kwadraty jednostkowe mogą mieć różne rozmiary, np. 1 mm; 1 cm; 1 m, to na rysunkach zaznaczono te kwadraty, aby nie przeliczać jednostek.
Każdy kamień pentomino składa się z pięciu kwadratów jednostkowych.
Trójkątna ściana z oknem, pokazana na rysunku, składa się z 64 kwadratów jednostkowych (64 kj). Do utworzenia tej figury użyto 12 kamieni pentomina (12 × 5), a okno tworzy tetromino o powierzchni 4 kj. Aby wygładzić boki tego trójkąta, wystarczy odciąć połówki kwadratów jednostkowych z jednej strony i uzupełnić nimi odpowiednio załamania drugiego boku. Na rysunku pokazują to ukośne linie poprowadzone od wierzchołka do podstawy trójkąta.
Trójkąt ten zajmuje dokładnie połowę pola prostokąta 16 × 8 = 128 kj. Tak więc widać, że pole trójkąta można określić dokładnie zależnością: ½×długość_podstawy×wysokość_trójkąta (tu: ½×16×8=64 kj).
Zależność ta jest prawidłowa nawet wtedy, gdy kształt trójkąta nie jest tak regularny. Następny rysunek przedstawia układ siedmiu kamieni pentomina, który jest zbliżony do kształtu trójkąta rozwartokątnego.
Pole takiego trójkąta wyznacza się tak samo, należy tylko pamiętać, że wysokość trójkąta jest odcinkiem prostopadłym łączącym wierzchołek z linią podstawy. Jeśli długość podstawy oznaczy się literą a, a wysokość literą h, to pole trójkąta P określa zależność:
P = ½·a·h
Trójkąt rozwartokątny ma więc pole: P=35 kj (h=7; a=10). Układ pentomina składa się z siedmiu kamieni i jego pole jest też równe 35 kj (7×5). Powierzchnie fragmentów wystających poza obrys trójkąta dokładnie uzupełniają fragmenty brakujące w obrysie.
Na kolejnym rysunku pokazane są trójkąty, których dwa ramiona tworzące kąt prosty są jednakowej długości (a=5).
Najdłuższy bok (przeciwprostokątna) tych trójkątów z pentomina, wymaga uzupełnienia trójkąta niebieskiego żółtymi elementami drugiego trójkąta.
Widać, że złożenie tych dwóch trójkątów tworzy kwadrat o boku a=5. Układ kwadratu z pentomina zawiera 5 kamieni, tak więc razem zajmują one pole równe 5·5 = 25 kj. Trójkąty są takie same więc pole jednego trójkąta jest równe połowie pola kwadratu (12,5 kj). Taką samą wartość otrzymuje się po podstawieniu danych do przedstawionego wyżej wzoru na pole trójkąta przy czym a=5 oraz h=5, bo w tym przypadku a=h.
Układ ten ujawnia też ciekawą właściwość trójkątów prostokątnych. Suma pól kwadratów zbudowanych na bokach przyprostokątnych jest równa polu kwadratu o boku równym przeciwprostokątnej.
Ta właściwość trójkątów prostokątnych jest nazywana twierdzeniem Pitagorasa (VI w.p.n.e.), chociaż była znana już od kilkunastu wieków starożytnym Egipcjanom i Babilończykom.
Twierdzenie Pitagorasa dotyczy wszystkich trójkątów prostokątnych! Tę właściwość można także wykorzystać do wytyczania kąta prostego, co prawdopodobnie stosowali już budowniczowie piramid (Wytyczanie kąta prostego za pomocą liny).
Jeśli dwie proste równoległe zostaną przecięte dwiema prostymi równoległymi, to ich punkty przecięcia wyznaczą wierzchołki równoległoboku.
Przedstawiony na rysunku równoległobok został utworzony z 12 kamieni pentomina i ma pole równe 12 × 5 = 60 kj. Aby obliczyć pole (P) takiej figury wystarczy pomnożyć długość podstawy (a) przez wysokość równoległoboku (h):
P = a·h
W przypadku przedstawionym na rysunku a=10, h=6.
Wzór ten jest słuszny także dla szczególnych przypadków równoległoboków, takich jak prostokąt czy kwadrat. Przy czym wtedy wysokość jest równa jednemu z boków tych figur.
Korzystając z jednego kompletu kamieni (12) pentomina można ułożyć dwa kwadraty o wymiarach 5×5, ale jeśli uwzględnić w układze kwadratowe tetromino (2×2), to daje się ułożyć jeszcze kwadraty o wymiarach 7×7 i o wymiarach 8×8 (rozdział o połamanej szachownicy). W kwadratach o wymiarach 4×4 i 6×6 będzie zawsze brakował jeden kwadrat jednostkowy.
 Kwadraty 5×5 |
 Kwadrat 7×7 z tetromino |
 Kwadraty 4×4 (w każdym brak 1 kj) |
 Kwadrat 6×6 (brak 1 kj) |
Pole kwadratu P określa liczba kwadratów jednostkowych koniecznych do ich ułożenia. A ponieważ kwadrat ma sąsiednie boki równe i prostopadłe, to jego wysokość h jest równa bokowi a (a=h). Można więc pole wyznaczyć jako iloczyn dwóch boków:
P = a × a = a²
Jeśli na bok kwadratu składa się suma dwóch odcinków a i b wtedy:
Przykłady układów obrazujących tego rodzaju zależność¹ przedstawiają poniższe rysunki:
 | |
 |  |
Widać na rysunkach, że aby otrzymać pole kwadratu o boku równym sumie dwóch odcinków, nie wystarczy dodać tylko pola dwóch kwadratów utworzonych z tych odcinków, ale trzeba jeszcze dodać dwa pola prostokątów (a×b).
W szkole czasami uczniowie upraszczają definicję rombu, mówiąc, że to pochylony ("kopnięty") kwadrat. Gdyby jednak pochylenie boków kwadratu wykonać nie zmieniając wysokości tak jak pokazuje to przesunięcie warstw kwadratu na rysunku, to uzyskamy równoległobok, ale nie będzie on rombem.
 |
 |
| Przesunięcie warstw kwadratu - równoległobok | |
Romb ma boki równe tak samo jak kwadrat. Przy pochyleniu boków zmniejsza to wysokość figury i tym samym jej pole.
Na rysunku kwadrat zaznaczono czerwoną linią. O tym samym boku (7) dorysowano romb zaznaczony liniami czarnymi. Obok pokazano ten sam romb wypełniony siedmioma kamieniami pentomino. Pole rombu wg. pentomino wynosi 7 × 5 = 35 kj. Stosując wzór na pole równoległoboku (P=a·h) otrzymuje się ten sam wynik (7 × 5 = 35).
Niebieskimi liniami wewnątrz rombu zaznaczone są przekątne, które przecinają się w połowie pod kątem prostym. Można więc pole rombu określić jako sumę pól czterech trójkątów prostokątnych o podstawach a=½·e i wysokościach h=½·f. Tak więc pole rombu można też obliczyć z długości jego przekątnych.
P = 4·(½·½·e·½·f) = ½·e·f
Nawias w tym wzorze jedynie wyodrębnia zapis zależności na pole trójkąta.
Można zauważyć, że pole kwadratu jest zawsze większe od pola rombu o tych samych długościach boków.
Czworobok, którego tylko dwa boki są równoległe jest trapezem. Boki te są podstawami trapezu, a pozostałe boki nierównoległe są jego ramionami.
Na rysunku na trapezie jest narysowany linią czerwoną prostokąt, który ma takie samo pole jak trapez. Brakujące w narożnikach kwadraty można uzupełnić wystającymi poza obrys prostokąta. Wysokość tego prostokąta jest taka sama jak wysokość trapezu, a bok podstawy ma długość taką jak linia środkowa trapezu (s), która łączy środki jego ramion. Jest ona także równa średniej arytmetycznej podstaw trapezu. Jeśli długości podstaw trapezu będą oznaczone literami a oraz b, to pole trapezu:
P = ½(a+b)·h = s·h
W przedstawionym na rysunku przykładzie a=8, b=16, h=5, s=12. Tak więc pole trapezu równa się 60 kj. Można sprawdzić, że do ułożenia tej figury wykorzystano wszystkie 12 kamieni pentomina (12 × 5).
Nieco inny przykład pokazano na rysunku trapezu różnoramiennego.
Jego pole wyznacza się tak samo jak dla trapezu równoramiennego.
P = ½(10+14)·5 = 12·5 = 60 kj
Łatwo to sprawdzić, bo do ułożenia figury użyto kompletu (12) kamieni pentomina. Linia środkowa (s=12) jest na rysunku zaznaczona kolorem różowym. Warto zwrócić uwagę, że odcięte nad linią ukośną niebieską elementy, pokrywają dokładnie pola brakujące leżące pod tą linią.
Kolejny przykład trapezu różnoramiennego o większym nachyleniu jedngo z ramion niż w przykładzie poprzednim, przedstawiono na rysunku niżej. Tutaj także wykorzystano do ułożenia figury komplet kamieni pentomina.
Sposób wyznaczenia pola trapezu jest taki sam jak poprzednio. Kolorem niebieskim zaznaczono odpowiednie pola odcinane i uzupełniane tak, aby wygładzić bok trapezu.
Kształt deltoidu często kojarzy się z latawcem. Figura ta ma dwie pary boków sąsiednich równych, ale żadne dwa boki nie są wzajemnie równoległe.
Na rysunku kolorem niebieskim zaznaczone są dwie przekątne prostopadłe e oraz f, tak jak w rombie. W połowie przecinana jest tylko przekątna e, tak więc pole deltoidu można obliczyć jako sumę pól dwóch jednakowych trójkątów o podstawie f i wysokości równej ½·e.
Wynika stąd spostrzeżenie, że pole deltoidu jest określone takim samym wzorem jak pole rombu:
P = 2·(½·½·e·f) = ½·e·f
Tutaj nawias także wyodrębnia tylko pole trójkąta w zapisie wzoru i nie jest konieczny.
W przykładzie przedstawionym na rysunku widać, że do ułożenia tego kształtu podobnego do deltoidu użyto kompletu kamieni pentomino a w środku dodano jeszcze 6 kwadratów, czyli P=60+6=66 kj.
Zastosowanie wzoru daje oszacowanie pola przy e=9,5; f=14; P≈½·14·9,5=66,5 kj. Długość przekątnej e oszacowano z dokładnością do pół długości boku kwadratu jednostkowego.
Jeszcze jeden przykład deltoidu złożonego z kompletu kamieni pentomina. Na rysunku widać, że fragmenty wystające poza obrys figury w większości odpowiadają fragmentom brakującym. Kolorem żółtym zaznaczono te fragmenty figury, które nie znajdują pokrycia w układzie pentomina (0,75 kj).
Pole tego deltoidu jest równe 60,75 kj.
Pole koła oszacowano za pomocą dwóch figur. Na rysunku widać, że jedna z nich ma pole mniejsze od zakreślonego koła, a druga - większe.
 |
 |
| Figury o polach mniejszym i większym od pola koła (Do ułożenia figur użyto kompletu kamieni pentomina i tetromino kwadratowe) | |
Pole zakreślonego na rysunku koła jest większe od (64+4) kj, a mniejsze od (64+16) kj. Czyli dla przedstawionego przykładu: 68 < P < 80, co jest dość zgrubnym oszacowaniem pola.
Pole koła P wyznacza się z wzoru:
przy czym liczba pi (π) jest liczbą niewymierną, a to oznacza, że nie można jej zapisać cyframi dokładnie, tylko z pewnym przybliżeniem π≈3,141592...; r - jest długością promienia zakreślonego koła.
W przykładzie pokazanym na rysunku promień r=5, a pole koła P=3,14×5²= 78,5 kj. Widać więc, że drugi układ pentomina lepiej przybliża wartość pola tego koła.
Zestawienie wzorów określających pola:
trójkąta, równoległoboku (także kwadratu i prostokąta), rombu i deltoidu, trapezu oraz koła
Sposób wyznaczania pola figur bardziej złożonych, takich jak np. rysunek czapli, polega na sumowaniu kwadratów jednostkowych składających się na figurę. Sumowanie można sobie ułatwić dzieląc obszar na pola o znanych formach i przez zastosowanie odpowiednich wzorów.
Pole układu czapli składa się z pola prostokąta (2 × 4), pola równoległoboku (7 × 5) i kilku dodatkowych kwadratów. Kwadraty jednostkowe oznaczone kropką należy sumować osobno (17). Razem pole czapli jest równe: 8+35+17=60.
Do ułożenia rysunku czapli wykorzystano komplet kamieni pentomina (12 × 5).
Dla figur znacznie bardziej złożonych, sposób ten jest tym dokładniejszy, im mniejsze są kwadraty jednostkowe (kj).
Bibliografia i przypisy:
¹ - jest to szczególny przypadek dwumianu Newtona stopnia 2.