NOWA MATeMAtyka 2. Zakres podstawowy i rozszerzony — strona 244

Niech symetralne boków $AB$ i $AC$ przecinają się w punkcie $O$. Ponieważ $O$ leży na symetralnej $AB$, jest równo odległy od końców tego odcinka:

$$OA=OB.$$

Analogicznie, z przynależności $O$ do symetralnej $AC$ wynika

$$OA=OC.$$

Zatem $OB=OC$. Punkt $O$ jest więc równo odległy od końców odcinka $BC$, czyli należy także do symetralnej $BC$. Wszystkie trzy symetralne przechodzą przez ten sam punkt $O$.

Niech $CD$ będzie wysokością trójkąta równobocznego $ABC$, a $D$ środkiem boku $AB$. Wówczas

$$AD=\frac a2, \qquad h=CD=\frac{a\sqrt3}{2}.$$

Środek okręgu opisanego $O$ leży na symetralnej $AB$, czyli na prostej $CD$. Mamy $OA=OC=R$, więc $OD=h-R$. W prostokątnym trójkącie $ADO$ twierdzenie Pitagorasa daje

$$R^2=\left(\frac a2\right)^2+(h-R)^2.$$

Po skróceniu $R^2$ po obu stronach otrzymujemy

$$2hR=\frac{a^2}{4}+h^2.$$

Ponieważ $h^2=\frac{3a^2}{4}$, prawa strona jest równa $a^2$. Stąd

$$R=\frac{a^2}{2h} =\frac{a^2}{a\sqrt3} =\frac{a\sqrt3}{3}.$$

Otrzymaliśmy wzór podany w tezie.

a) Niech $a$ będzie długością boku trójkąta. Ze wzoru na jego pole

$$\frac{a^2\sqrt3}{4}=64\sqrt3$$

otrzymujemy $a^2=256$, czyli $a=16$ cm. Promień okręgu opisanego spełnia

$$R=\frac{a\sqrt3}{3}=\frac{16\sqrt3}{3},$$

więc pole ograniczonego przez niego koła jest równe

$$P_k=\pi R^2 =\pi\left(\frac{16\sqrt3}{3}\right)^2 =\frac{256}{3}\pi\ \text{cm}^2.$$

b) Z zależności $R=\frac{a\sqrt3}{3}$ dla $R=6$ cm mamy

$$a=R\sqrt3=6\sqrt3\ \text{cm}.$$

Wysokość trójkąta wynosi

$$h=\frac{a\sqrt3}{2} =\frac{6\sqrt3\cdot\sqrt3}{2}=9\ \text{cm}.$$

Zatem jego pole jest równe

$$P=\frac12ah =\frac12\cdot6\sqrt3\cdot9 =27\sqrt3\ \text{cm}^2.$$