MATeMAtyka 2. Zbiór zadań — strona 208

Środek okręgu jest punktem równoodległym od $A,B,C$. Dla $S=(x,y)$ porównujemy kolejno $SA^2=SB^2$ i $SA^2=SC^2$; po skróceniu wyrazów kwadratowych otrzymujemy dwa równania liniowe. Ich rozwiązania dają:

a) $S=(2,0)$, a $R=SA=\sqrt{8^2+6^2}=10$.

b) $S=(\frac13,\frac43)$, a $R=SA=\sqrt{(\frac{10}{3})^2+(\frac{10}{3})^2} =\frac{10\sqrt2}{3}$.

c) $S=(1,-1)$, a $R=SA=\sqrt{4^2+(-2)^2}=2\sqrt5$.

d) $S=(-2,4)$, a $R=SA=\sqrt{3^2+6^2}=3\sqrt5$.

a) Niech odcinki przeciwprostokątnej mają długości $k,4k$. Wysokość ma $2k$, a przyprostokątne z twierdzenia o rzutach mają długości $\sqrt5k$ i $2\sqrt5k$. Pole trójkąta to $5k^2$. Promień okręgu opisanego wynosi $\frac{5k}{2}$, więc

$$\frac{P_{koła}}{P_{trójkąta}} =\frac{\pi(5k/2)^2}{5k^2}=\frac{5\pi}{4}.$$

b) Warunek podziału przyprostokątnej przez symetralną przeciwprostokątnej prowadzi do stosunku przyprostokątnych $\sqrt3:1$. Przyjmijmy je jako $\sqrt3a,a$; wtedy przeciwprostokątna ma $2a$, a $R=a$. Zatem

$$\frac{\pi a^2}{\frac12\sqrt3a^2}=\frac{2\sqrt3\pi}{3}.$$

W trójkącie $ABC$ kąt $C$ ma $180^\circ-75^\circ-40^\circ=65^\circ$. Ponieważ $P$ leży na przedłużeniu $AB$, kąt trójkąta $BPC$ przy $B$ ma $180^\circ-75^\circ=105^\circ$.

Z twierdzenia o kącie między styczną w $C$ i cięciwą $CB$ kąt trójkąta $BPC$ przy $C$ ma tyle co $\angle CAB$, czyli $40^\circ$. Trzeci kąt ma $180^\circ-105^\circ-40^\circ=35^\circ$.

Trójkąt $BCD$ jest prostokątny w $D$ i równoramienny, więc jego kąty ostre mają po $45^\circ$. Ponieważ $BC=3\sqrt2$, mamy $BD=CD=3$.

W trójkącie prostokątnym $ACD$ przeciwprostokątna $AC=6$ jest dwa razy dłuższa od $CD=3$, zatem $\angle A=30^\circ$ i $\angle ACD=60^\circ$. Stąd $\angle B=45^\circ$, a $\angle C=60^\circ+45^\circ=105^\circ$.

Z $AC=2R\sin45^\circ$ otrzymujemy $R=3\sqrt2$.

Niech podstawa ma długość $a$, a każde ramię $2a$. Wysokość wynosi

$$h=\sqrt{(2a)^2-(a/2)^2}=\frac{a\sqrt{15}}{2}.$$

Promień okręgu opisanego jest równy $R=\frac{a(2a)^2}{4\cdot(ah/2)}=\frac{4a}{\sqrt{15}}$. Odległość środka od podstawy:

$$\sqrt{R^2-(a/2)^2}=\frac{7a}{2\sqrt{15}}=7,$$

więc $a=2\sqrt{15}$. Wtedy $h=15$, a pole $\frac12ah=15\sqrt{15}$ cm².

Przekątne rombu są prostopadłe i przecinają się w połowie. Przyjmijmy $A=(-3,0)$, $C=(3,0)$, bo $AC=4+2=6$, oraz $B=(0,q)$, $D=(0,-q)$. Drugi punkt przecięcia okręgu z $AC$ leży $4$ od $A$, więc $S=(1,0)$.

Środek okręgu przechodzącego przez symetryczne punkty $B,D$ leży na osi $AC$. Ponieważ $A,S$ są końcami średnicy tego okręgu, jego środek to $O=(-1,0)$ i promień $2$. Warunek $OB=OA=2$ daje $1+q^2=4$, zatem $q=\sqrt3$.

Bok rombu ma długość $AB=\sqrt{3^2+(\sqrt3)^2}=2\sqrt3$, więc obwód wynosi $8\sqrt3$.

Niech $a>b$ będą przyprostokątnymi i $c$ przeciwprostokątną. W trójkącie prostokątnym $R=\frac c2$, a z warunku $\frac c2=a-b$. Po podstawieniu $t=a/b>1$ oraz $c=b\sqrt{t^2+1}$:

$$\frac{\sqrt{t^2+1}}{2}=t-1.$$

Po podniesieniu do kwadratu otrzymujemy $3t^2-8t+3=0$, więc $t=\frac{4\pm\sqrt7}{3}$. Warunek $t>1$ wybiera $t=\frac{4+\sqrt7}{3}$, który jest tangensem większego kąta ostrego.

Z pola koła $\pi R^2=\pi S$ mamy $R^2=S$. Ramiona trójkąta mają długość $2R\sin\alpha$, a kąt między nimi ma $180^\circ-2\alpha$. Pole trójkąta:

$$P=\frac12(2R\sin\alpha)^2\sin(180^\circ-2\alpha) =2R^2\sin^2\alpha\sin2\alpha.$$

Korzystając z $\sin2\alpha=2\sin\alpha\cos\alpha$ i $R^2=S$, dostajemy $P=4S\sin^3\alpha\cos\alpha$.

Niech ramię ma długość $b$. Wysokość opuszczona na podstawę ma $h=b\sin\alpha$. Z warunku $b+h=b(1+\sin\alpha)=p$ wynika $b=\frac{p}{1+\sin\alpha}$.

Ramię leży naprzeciw kąta przy podstawie $\alpha$, więc z rozszerzonego twierdzenia sinusów $b=2R\sin\alpha$. Stąd

$$R=\frac{b}{2\sin\alpha} =\frac{p}{2\sin\alpha(1+\sin\alpha)}.$$

Teza została wykazana.