NOWA MATeMAtyka 2. Zakres podstawowy i rozszerzony — strona 247

W trójkącie prostokątnym przeciwprostokątna $c$ jest średnicą okręgu opisanego, zatem $R=\frac c2$.

a) Ze wzoru na pole z wysokością opuszczoną na przeciwprostokątną:

$$8=\frac12\cdot c\cdot2,$$

więc $c=8$ cm i

$$R=4\ \text{cm}.$$

b) Kąty ostre mają łącznie $90^\circ$, a jeden jest dwa razy większy od drugiego. Mają więc miary $30^\circ$ i $60^\circ$. Krótsza przyprostokątna długości $5$ leży naprzeciw kąta $30^\circ$, jest zatem połową przeciwprostokątnej. Stąd $c=10$ cm i

$$R=5\ \text{cm}.$$

c) Niech każda przyprostokątna ma długość $x$. Wtedy przeciwprostokątna ma długość $x\sqrt2$, a z obwodu:

$$2x+x\sqrt2=6.$$

Zatem

$$x=\frac6{2+\sqrt2}=3(2-\sqrt2),$$

więc

$$c=x\sqrt2=6(\sqrt2-1).$$

Ostatecznie

$$R=\frac c2=3(\sqrt2-1)\ \text{cm}.$$

Z pola koła otrzymujemy

$$\pi R^2=6{,}25\pi,$$

czyli $R=2{,}5$ cm. Przeciwprostokątna jest średnicą okręgu, zatem ma długość $5$ cm.

Przyprostokątne w stosunku $3:4$ oznaczmy przez $3x$ i $4x$. Z twierdzenia Pitagorasa przeciwprostokątna ma wtedy długość $5x$. Stąd

$$5x=5,$$

więc $x=1$. Pole trójkąta wynosi

$$P=\frac12\cdot3\cdot4=6\ \text{cm}^2.$$

W trójkącie równobocznym promień okręgu opisanego spełnia zależność $R=\frac{a\sqrt3}{3}$. Zatem

$$4\sqrt3=\frac{a\sqrt3}{3},$$

skąd $a=12$. Pole trójkąta $ABC$ wynosi

$$P_{ABC}=\frac{12^2\sqrt3}{4}=36\sqrt3.$$

W trójkącie równobocznym środek okręgu jest odległy od każdego boku o promień okręgu wpisanego, równy połowie promienia opisanego:

$$d(O,AC)=\frac R2=2\sqrt3.$$

Z rysunku wynika, że $D$ jest drugim punktem przecięcia okręgu z symetralną cięciwy $AC$. Odległość punktu $D$ od prostej $AC$ jest więc równa

$$R-d(O,AC)=4\sqrt3-2\sqrt3=2\sqrt3.$$

Stąd

$$P_{ACD}=\frac12\cdot12\cdot2\sqrt3=12\sqrt3.$$

Przekątna $AC$ dzieli czworokąt na te dwa trójkąty, więc

$$P_{ABCD}=36\sqrt3+12\sqrt3=48\sqrt3.$$

a) Wysokość opuszczona na podstawę dzieli ją na odcinki długości $4$ cm. Jej długość wynosi

$$h=\sqrt{(4\sqrt5)^2-4^2}=\sqrt{80-16}=8\ \text{cm}.$$

Pole trójkąta jest równe $P=\frac12\cdot8\cdot8=32\ \text{cm}^2$. Ze wzoru $P=\frac{abc}{4R}$ otrzymujemy

$$R=\frac{8\cdot(4\sqrt5)^2}{4\cdot32}=5\ \text{cm}.$$

b) Niech $\alpha$ będzie kątem przy podstawie. Mamy $\sin\alpha=\frac35$. Ponieważ kąt przy podstawie trójkąta jest ostry,

$$\cos\alpha=\frac45.$$

Kąt między ramionami ma miarę $180^\circ-2\alpha$, a jego sinus jest równy

$$\sin(180^\circ-2\alpha)=\sin2\alpha =2\sin\alpha\cos\alpha =\frac{24}{25}.$$

Podstawa długości $8$ leży naprzeciw tego kąta. Z rozszerzonego twierdzenia sinusów:

$$8=2R\cdot\frac{24}{25},$$

więc

$$R=\frac{25}{6}\ \text{cm}.$$

Niech $x$ będzie połową podstawy, a $l$ długością ramienia. Wysokość dzieli trójkąt na dwa trójkąty prostokątne, więc

$$l^2=h^2+x^2.$$

Pole trójkąta wynosi $P=xh$. Z zależności $P=\frac{abc}{4R}$ dla boków $2x,l,l$ otrzymujemy

$$xh=\frac{2xl^2}{4R},$$

czyli

$$l^2=2Rh=26h.$$

Stąd

$$x^2=l^2-h^2=h(26-h).$$

Obwód ma więc postać

$$O=2l+2x=2\left(\sqrt{26h}+\sqrt{h(26-h)}\right).$$

a) Dla $h=20$ cm:

$$l=\sqrt{520}=2\sqrt{130},\qquad x=\sqrt{120}=2\sqrt{30},$$

zatem

$$O=4(\sqrt{130}+\sqrt{30}) =4\sqrt{10}(\sqrt{13}+\sqrt3)\ \text{cm}.$$

b) Dla $h=6$ cm:

$$l=\sqrt{156}=2\sqrt{39},\qquad x=\sqrt{120}=2\sqrt{30},$$

więc

$$O=4(\sqrt{39}+\sqrt{30}) =4\sqrt3(\sqrt{13}+\sqrt{10})\ \text{cm}.$$

Niech $D$ będzie spodkiem wysokości opuszczonej z $C$ na $AB$.

a) Z rysunku mamy $AC=5$, $AD=4$ i $DB=2$. Z twierdzenia Pitagorasa w trójkącie $ACD$:

$$CD=\sqrt{5^2-4^2}=3.$$

Ponieważ $AB=4+2=6$, pole wynosi

$$P=\frac12\cdot6\cdot3=9.$$

Drugi bok obliczamy z trójkąta $BCD$:

$$BC=\sqrt{3^2+2^2}=\sqrt{13}.$$

Zatem

$$R=\frac{AB\cdot AC\cdot BC}{4P} =\frac{6\cdot5\cdot\sqrt{13}}{4\cdot9} =\frac{5\sqrt{13}}6.$$

b) Z rysunku $CD=12$, $AC=20$ i $BC=13$. Długości części podstawy są równe

$$AD=\sqrt{20^2-12^2}=16,$$ $$DB=\sqrt{13^2-12^2}=5.$$

Stąd $AB=21$ i

$$P=\frac12\cdot21\cdot12=126.$$

Promień okręgu opisanego wynosi

$$R=\frac{20\cdot13\cdot21}{4\cdot126} =\frac{65}{6}.$$

Odcinek $AB$ jest poziomy, ma długość $6$, a jego środek to

$$M=(2,-2).$$

Wierzchołek trójkąta równoramiennego leży na symetralnej podstawy, więc ma postać

$$C=(2,-2+t),\qquad t\ne0.$$

Wtedy wysokość trójkąta ma długość $|t|$, a każde ramię ma kwadrat długości

$$3^2+t^2=9+t^2.$$

Pole trójkąta wynosi $P=\frac12\cdot6\cdot|t|=3|t|$. Ze wzoru $R=\frac{abc}{4P}$ otrzymujemy

$$5=\frac{6(9+t^2)}{4\cdot3|t|} =\frac{9+t^2}{2|t|}.$$

Po oznaczeniu $u=|t|>0$:

$$u^2-10u+9=0,$$

czyli

$$(u-1)(u-9)=0.$$

Zatem $|t|=1$ albo $|t|=9$. Otrzymujemy cztery możliwe rzędne:

$$-2\pm1\quad\text{oraz}\quad -2\pm9.$$

Najpierw obliczamy pole trójkąta ze wzoru Herona. Półobwód wynosi

$$p=\frac{12+17+25}{2}=27.$$

Zatem

$$P=\sqrt{27(27-12)(27-17)(27-25)} =\sqrt{27\cdot15\cdot10\cdot2} =90.$$

Korzystamy ze wzoru $P=\frac{abc}{4R}$:

$$R=\frac{12\cdot17\cdot25}{4\cdot90} =\frac{85}{6}.$$