MATeMAtyka 2. Zbiór zadań — strona 210

Niech bok trójkąta równobocznego ma długość $a$. Wtedy $h=\frac{a\sqrt3}{2}$, $r=\frac{a\sqrt3}{6}$ i $R=\frac{a\sqrt3}{3}$.

Długość okręgu o średnicy $h$ jest równa $L=\pi h=\frac{\pi a\sqrt3}{2}$. Z kolei

Równość została wykazana.

Dla trójkąta równobocznego $R=\frac{a\sqrt3}{3}$ oraz $r=\frac{a\sqrt3}{6}$. Pole pierścienia wynosi więc

Ze wzoru $S=\frac{a^2\sqrt3}{4}$ mamy $a^2=\frac{4S}{\sqrt3}$. Ponieważ $r=\frac{a\sqrt3}{6}$, to

Promień jest dodatni, zatem $r=\frac{\sqrt{S\sqrt3}}{3}$.

Korzystamy z zależności $P=rs$, gdzie $s$ jest połową obwodu.

a) Trzeci bok ma długość $c=\sqrt{4^2+8^2-2\cdot4\cdot8\cos60^\circ}=4\sqrt3$. Pole wynosi $P=\frac12\cdot4\cdot8\sin60^\circ=8\sqrt3$, a $s=6+2\sqrt3$. Stąd

b) Dla boków $3,5,6$ mamy $s=7$. Ze wzoru Herona $P=\sqrt{7\cdot4\cdot2\cdot1}=2\sqrt{14}$, więc $r=\frac{2\sqrt{14}}7\ \text{cm}$.

Z równania $\frac{a^2\sqrt3}{4}=36\sqrt3$ otrzymujemy $a=12$ cm. Promień największego koła mieszczącego się w trójkącie jest promieniem okręgu wpisanego:

Pole tego koła wynosi $\pi r^2=12\pi\ \text{cm}^2>36\ \text{cm}^2$, więc koło o wymaganym polu zmieści się w kartonie.

Niech $R$ i $r$ oznaczają odpowiednio promienie okręgu opisanego i wpisanego w trójkąt. Tu $r=7$ cm. Dla trójkąta prostokątnego równoramiennego $R=(1+\sqrt2)r$.

Z twierdzenia Eulera o odległości środka okręgu opisanego od środka okręgu wpisanego:

Zatem $OI=7$ cm.

Niech każda przyprostokątna ma długość $a$. Dla trójkąta prostokątnego $r=\frac{a+a-a\sqrt2}{2}$. Po podstawieniu $r=4$ otrzymujemy $a=4(2+\sqrt2)$ cm.

Obwód jest równy

a pole

Odległość punktu $O$ od każdego boku trójkąta jest równa $r$. Prostopadła od $O$ do boku jest krótsza od odcinka łączącego $O$ z którymkolwiek końcem tego boku. Dlatego $OA>r$, $OB>r$ i $OC>r$. Po dodaniu nierówności stronami dostajemy $OA+OB+OC>3r$.

Przeciwprostokątna ma długość $10$, więc promień okręgu wpisanego jest $r=\frac{6+8-10}{2}=2$. Ustawmy wierzchołki trójkąta w punktach $(0,0)$, $(6,0)$ i $(0,8)$. Dwa punkty styczności mają współrzędne $(2,0)$ i $(0,2)$.

Punkt styczności na przeciwprostokątnej leży w odległości $4$ od punktu $(6,0)$, czyli ma współrzędne $(6,0)+\frac4{10}(-6,8)=(3{,}6,3{,}2)$. Pole trójkąta wyznaczonego przez te trzy punkty, obliczone z wyznacznika, wynosi $4{,}8$.

Przekątna prostokąta ma długość $17$, więc każdy z czterech trójkątów jest trójkątem prostokątnym o bokach $8,15,17$ i promieniu wpisanym $r=\frac{8+15-17}{2}=3$.

Przy wierzchołkach prostokąta środki odpowiednich okręgów są odsunięte od obu boków o $3$ cm. Tworzą zatem prostokąt o bokach $15-2\cdot3=9$ cm i $8-2\cdot3=2$ cm. Jego pole wynosi $18\ \text{cm}^2$.

Dla środka okręgu wpisanego zachodzi

Analogicznie $\angle BOC=90^\circ+\frac{\angle A}{2}$ oraz $\angle COA=90^\circ+\frac{\angle B}{2}$. Każdy kąt trójkąta jest dodatni, więc wszystkie trzy kąty przy $O$ są większe od $90^\circ$, czyli są rozwarte.

Przyjmijmy, że $D,E,F$ leżą odpowiednio na bokach $BC,CA,AB$. Odcinek $EF$ jest cięciwą okręgu wpisanego, a kąt środkowy oparty na tej cięciwie ma miarę $180^\circ-\angle A$. Zatem

Jeżeli trójkąt $DEF$ jest równoramienny, dwie z tych długości są równe. Funkcja cosinus jest różnowartościowa na $(0^\circ;90^\circ)$, więc odpowiednie dwa kąty trójkąta $ABC$ są równe. Tym samym $ABC$ jest równoramienny.