NOWA MATeMAtyka 2. Zakres podstawowy i rozszerzony — strona 259

Ponieważ okrąg jest styczny do obu podstaw, wysokość każdego trapezu jest równa jego średnicy:

$$h=2r=6.$$

W czworokącie opisanym na okręgu sumy długości przeciwległych boków są równe. Dla trapezu oznacza to, że suma długości podstaw jest równa sumie długości ramion. Obwód jest zatem dwukrotnością każdej z tych sum.

a) Mamy

$$AB+CD=15+2{,}5=17{,}5.$$

Stąd

$$O=2\cdot17{,}5=35,$$

a pole trapezu wynosi

$$P=\frac{AB+CD}{2}\cdot h =\frac{17{,}5}{2}\cdot6 =52{,}5.$$

b) Tym razem suma ramion jest równa

$$AD+BC=9+12=21,$$

więc także $AB+CD=21$. Zatem

$$O=2\cdot21=42$$

oraz

$$P=\frac{21}{2}\cdot6=63.$$

Oznaczmy dłuższą podstawę przez $A$, krótszą przez $B$. Wysokość trapezu jest średnicą okręgu wpisanego:

$$h=2r=2\ \text{cm}.$$

Długości ramion, leżących naprzeciw tej wysokości w trójkątach prostokątnych, są równe

$$c=\frac{h}{\sin30^\circ}=4\ \text{cm},$$ $$d=\frac{h}{\sin60^\circ}=\frac4{\sqrt3}\ \text{cm}.$$

Ponieważ trapez jest opisany na okręgu,

$$A+B=c+d=4+\frac4{\sqrt3}.$$

Różnica podstaw jest sumą rzutów obu ramion na dłuższą podstawę:

$$A-B=h\cot30^\circ+h\cot60^\circ =2\sqrt3+\frac2{\sqrt3}.$$

Dodając i odejmując te równania, otrzymujemy

$$A=2+2\sqrt3$$

oraz

$$B=2-\frac2{\sqrt3} =2-\frac{2\sqrt3}{3}.$$

Oznaczmy krótszą podstawę przez $x$. Wysokość trapezu jest równa średnicy okręgu wpisanego, czyli ma długość $2$ cm. Jest ona jednocześnie długością prostopadłego ramienia.

Z warunku dla czworokąta opisanego na okręgu suma podstaw jest równa sumie ramion. Długość ramienia ukośnego wynosi więc

$$l=6+x-2=4+x.$$

Różnica długości podstaw, równa $6-x$, jest poziomą przyprostokątną trójkąta utworzonego przez ramię ukośne. Z twierdzenia Pitagorasa:

$$(4+x)^2=(6-x)^2+2^2.$$

Po rozwinięciu:

$$x^2+8x+16=x^2-12x+40,$$

stąd

$$20x=24,$$

czyli

$$x=\frac65\ \text{cm}=1{,}2\ \text{cm}.$$

W rombie można wpisać okrąg, a jego pole jest równe iloczynowi promienia okręgu wpisanego i połowy obwodu:

$$P_{\text{rombu}}=r\cdot s.$$

a) Pole rombu o boku $2$ cm i kącie ostrym $60^\circ$ wynosi

$$P_{\text{rombu}}=2^2\sin60^\circ=2\sqrt3\ \text{cm}^2.$$

Jego półobwód jest równy $s=4$ cm, zatem

$$r=\frac{P_{\text{rombu}}}{s} =\frac{2\sqrt3}{4} =\frac{\sqrt3}{2}\ \text{cm}.$$

Pole wpisanego koła wynosi więc

$$P_{\text{koła}}=\pi r^2 =\pi\left(\frac{\sqrt3}{2}\right)^2 =\frac{3\pi}{4}\ \text{cm}^2.$$

b) Niech bok rombu ma długość $a$. Jego wysokość jest średnicą wpisanego okręgu, więc wynosi $4$ cm. Z drugiej strony

$$h=a\sin30^\circ=\frac a2.$$

Stąd $a=8$ cm, a pole rombu jest równe

$$P=a\cdot h=8\cdot4=32\ \text{cm}^2.$$

W czworokącie opisanym na okręgu sumy długości przeciwległych boków są równe. Zatem półobwód czworokąta jest równy sumie boków $AB$ i $CD$:

$$s=AB+CD=5+3{,}4=8{,}4.$$

Pole czworokąta opisanego na okręgu o promieniu $r=2$ wynosi

$$P_{ABCD}=r\cdot s =2\cdot8{,}4 =16{,}8.$$

Pole koła jest równe

$$P_{\text{koła}}=\pi r^2=4\pi.$$

Zacieniowany obszar leży wewnątrz czworokąta, ale na zewnątrz koła, więc ma pole

$$P_{\text{zacieniowane}} =16{,}8-4\pi =\frac{84}{5}-4\pi.$$

Niech $a>b$ będą długościami podstaw, a $c$ długością każdego ramienia trapezu równoramiennego. Ponieważ trapez jest opisany na okręgu, sumy długości przeciwległych boków są równe:

$$a+b=2c,$$

czyli

$$c=\frac{a+b}{2}.$$

Po opuszczeniu wysokości z końców krótszej podstawy otrzymujemy dwa przystające trójkąty prostokątne. Pozioma przyprostokątna każdego z nich ma długość

$$x=\frac{a-b}{2},$$

pionowa przyprostokątna ma długość $h$, a przeciwprostokątna ma długość $c$. Z twierdzenia Pitagorasa:

$$h^2=c^2-x^2.$$

Po podstawieniu:

$$h^2=\left(\frac{a+b}{2}\right)^2 -\left(\frac{a-b}{2}\right)^2 =\frac{(a+b)^2-(a-b)^2}{4} =ab.$$

Ponieważ $h>0$, otrzymujemy

$$h=\sqrt{ab}.$$

a) Oznaczmy deltoid przez $ABCD$, przy czym $AB=AD$ oraz $CB=CD$. Trójkąty $ABC$ i $ADC$ są przystające na mocy cechy bok–bok–bok, więc przekątna $AC$ jest osią symetrii deltoidu oraz dwusieczną kątów przy wierzchołkach $A$ i $C$.

Niech $I$ będzie punktem przecięcia przekątnej $AC$ z dwusieczną kąta $ABC$. Ponieważ $I$ leży na tej dwusiecznej,

$$d(I,AB)=d(I,BC).$$

Odbicie względem osi $AC$ zamienia bok $AB$ na $AD$ oraz bok $BC$ na $CD$, a punkt $I$ pozostawia na miejscu. Zatem

$$d(I,AB)=d(I,AD),$$ $$d(I,BC)=d(I,CD).$$

Punkt $I$ jest więc równoodległy od wszystkich czterech boków. Okrąg o środku $I$ i promieniu równym tej wspólnej odległości jest styczny do każdego boku deltoidu, czyli jest okręgiem wpisanym.

b) Półobwód deltoidu wynosi

$$s=\frac{28}{2}=14\ \text{cm}.$$

Dla czworokąta opisanego na okręgu $P=r\cdot s$, zatem

$$42=14r,$$

skąd $r=3$ cm. Pole koła wpisanego jest równe

$$P_{\text{koła}}=\pi r^2=9\pi\ \text{cm}^2.$$