MATeMAtyka 2. Zbiór zadań — strona 231

Środek przeciwprostokątnej trójkąta prostokątnego jest środkiem jego okręgu opisanego, więc $PA=PB=PC$. Kąt $\angle ABC=80^\circ$ jest kątem wpisanym opartym na łuku $AC$, a $\angle APC$ jest kątem środkowym opartym na tym samym łuku. Zatem $\angle APC=2\angle ABC=160^\circ.$

Ponieważ $SA=SB$, trójkąt $ASB$ jest równoramienny. Mamy $\angle BAS=\angle ABS=20^\circ,$ więc mniejszy kąt środkowy $\angle ASB$ ma miarę $140^\circ$. Wierzchołek $C$ może leżeć na jednym z dwóch łuków wyznaczonych przez cięciwę $AB$.

• Gdy $\angle ACB$ jest oparty na łuku $140^\circ$, ma miarę $70^\circ$, a kąty przy podstawie mają po $55^\circ$.
• Gdy jest oparty na łuku $220^\circ$, ma miarę $110^\circ$, a kąty przy podstawie mają po $35^\circ$.

Ponieważ $7^2+24^2=25^2$, trójkąt jest prostokątny. Promień okręgu opisanego wynosi połowę przeciwprostokątnej: $R=\frac{25}{2}.$ Promień okręgu wpisanego w trójkąt prostokątny jest równy $r=\frac{7+24-25}{2}=3.$ Stąd $R-r=\frac{25}{2}-3=\frac{19}{2}=9{,}5.$

Trzeci kąt ma miarę $60^\circ$. Z rozszerzonego twierdzenia sinusów, przy $R=4$, długości boków są równe

Korzystamy ze wzoru $P=\frac{abc}{4R}$. Ponieważ $\sin15^\circ\sin105^\circ=\sin15^\circ\cos15^\circ=\frac14$, mamy

Promienie poprowadzone do punktów styczności są prostopadłe do boków. Jeśli dwa takie promienie odpowiadają bokom tworzącym kąt $\theta$, to z czworokąta utworzonego przez wierzchołek, środek okręgu i dwa punkty styczności wynika, że kąt między promieniami ma miarę $180^\circ-\theta$.

Ze skanu odczytujemy, że kąt $45^\circ$ odpowiada wierzchołkowi $A$, a $165^\circ$ — wierzchołkowi $C$. Zatem

Trzeci kąt ma miarę $\angle B=180^\circ-135^\circ-15^\circ=30^\circ.$

Stosunek długości łuków jest równy stosunkowi odpowiadających im kątów środkowych. Zatem kąty środkowe mają miary

Każdy z nich jest dopełnieniem odpowiedniego kąta trójkąta do $180^\circ$, więc trójkąt ma kąty $90^\circ,60^\circ,30^\circ$.

Niech krótsza przyprostokątna ma długość $x$. Wtedy druga ma $x\sqrt3$, a przeciwprostokątna $2x$. Dla trójkąta prostokątnego

stąd $x=2(\sqrt3+1)$. Pole wynosi $P=\frac12x^2\sqrt3=12+8\sqrt3.$

a) Promienie poprowadzone do punktów styczności są prostopadłe do odpowiednich boków. Trójkąty prostokątne utworzone przez środek okręgu, wierzchołek trójkąta i dwa sąsiednie punkty styczności mają wspólną przeciwprostokątną oraz równe przyprostokątne będące promieniami. Są więc przystające. Daje to kolejno $|AD|=|AE|,\qquad |BE|=|BF|,\qquad |CD|=|CF|.$

b) Przeciwprostokątna ma długość $\sqrt{9^2+12^2}=15.$ Dla trójkąta prostokątnego $r=\frac{9+12-15}{2}=3.$

Niech trzeci kąt ma miarę $\gamma=180^\circ-\alpha-\beta$. Długość odcinka stycznego od wierzchołka o kącie $\theta$ do punktu styczności wynosi $r\operatorname{ctg}\frac{\theta}{2}$. Stąd półobwód trójkąta jest równy

Ponieważ

\frac1x+\frac1y+\frac{x+y}{1-xy} =\frac{x+y}{xy(1-xy)} =\frac{\operatorname{tg}\frac{\alpha+\beta}{2}} {\operatorname{tg}\frac\alpha2\operatorname{tg}\frac\beta2}.

P=r^2\cdot \frac{\operatorname{tg}\frac{\alpha+\beta}{2}} {\operatorname{tg}\frac{\alpha}{2}\operatorname{tg}\frac{\beta}{2}}.

Niech $I$ będzie środkiem okręgu wpisanego, a $A$ wskazanym wierzchołkiem kąta ostrego $\alpha$. Odległość $I$ od każdego boku wynosi $r=2$. W trójkącie prostokątnym wyznaczonym przez dwusieczną $AI$:

Zatem $\cos\frac\alpha2=\frac3{\sqrt{10}}$ i $\operatorname{ctg}\frac\alpha2=3$. Odcinek styczny od $A$ ma długość $2\cdot3=6$. Odcinek styczny od wierzchołka kąta prostego ma długość $2\operatorname{ctg}45^\circ=2$.

Jedna przyprostokątna ma więc długość $8$. Jeśli styczna od drugiego ostrego wierzchołka ma długość $y$, to pozostała przyprostokątna ma $y+2$, a przeciwprostokątna $y+6$. Z twierdzenia Pitagorasa $8^2+(y+2)^2=(y+6)^2,$ skąd $y=4$. Przyprostokątne mają długości $8$ i $6$, więc $P=\frac12\cdot8\cdot6=24.$

Odcinek styczny poprowadzony od wierzchołka kąta $\theta$ ma długość $r\operatorname{ctg}\frac\theta2$. Każdy taki odcinek występuje w obwodzie dwukrotnie. Dla $r=\sqrt3$ obwód wynosi