NOWA MATeMAtyka 2. Zakres podstawowy i rozszerzony — strona 263

Sześciokąt foremny dzieli się po połączeniu środka z wierzchołkami na sześć trójkątów równobocznych. Dlatego

$$R=a,\qquad r=\frac{a\sqrt3}{2},\qquad P=6\cdot\frac{a^2\sqrt3}{4}=\frac{3\sqrt3}{2}a^2.$$

W pierwszym wierszu $a=4$ cm, więc

$$R=4\ \text{cm},\qquad r=2\sqrt3\ \text{cm},\qquad P=24\sqrt3\ \text{cm}^2.$$

W drugim wierszu $R=6$ cm, a zatem $a=6$ cm. Stąd

$$r=3\sqrt3\ \text{cm},\qquad P=54\sqrt3\ \text{cm}^2.$$

W trzecim wierszu

$$\frac{3\sqrt3}{2}a^2=16,$$

czyli

$$a^2=\frac{32\sqrt3}{9},\qquad a=R=\frac43\sqrt{2\sqrt3}\ \text{cm}.$$

Ponadto

$$r=\frac{a\sqrt3}{2}=\frac23\sqrt{6\sqrt3}\ \text{cm}.$$

W ostatnim wierszu $r=12$ cm, więc

$$a=R=\frac{2r}{\sqrt3}=8\sqrt3\ \text{cm},$$ $$P=\frac{3\sqrt3}{2}(8\sqrt3)^2=288\sqrt3\ \text{cm}^2.$$

a) Z każdego wierzchołka sześciokąta można poprowadzić przekątne do trzech wierzchołków, które nie są ani nim samym, ani jego sąsiadami. Daje to $6\cdot3$ wskazań, ale każdą przekątną wskazaliśmy z obu jej końców. Liczba przekątnych wynosi więc

$$\frac{6\cdot3}{2}=9.$$

b) Z każdego wierzchołka $n$-kąta można poprowadzić przekątną do $n-3$ wierzchołków: odrzucamy sam wybrany wierzchołek i jego dwóch sąsiadów. Otrzymujemy $n(n-3)$ uporządkowanych wskazań końców przekątnych. Każda przekątna została jednak policzona dwukrotnie, po jednym razie z każdego końca. Zatem liczba różnych przekątnych jest równa

$$\frac{n(n-3)}{2}.$$

Wierzchołki leżą na jednym okręgu i dzielą go na osiem równych łuków po

$$\frac{360^\circ}{8}=45^\circ.$$

Każdy z sześciu kątów przy $A$, zawarty między odcinkami prowadzącymi do dwóch kolejnych wierzchołków, jest kątem wpisanym opartym na takim łuku. Ma więc miarę $22{,}5^\circ$.

W trójkątach skrajnych $ABC$ i $AGH$ kąt przy wierzchołku ośmiokąta ($B$ albo $H$) ma $135^\circ$. Trzeci kąt ma zatem także $22{,}5^\circ$.

W trójkącie $ACD$ kąt $ADC$ jest oparty na łuku $ABC$ o mierze $90^\circ$, więc ma $45^\circ$. Pozostały kąt $ACD$ ma

$$180^\circ-22{,}5^\circ-45^\circ=112{,}5^\circ.$$

Symetryczny trójkąt $AFG$ ma te same trzy miary.

Odcinek $AE$ jest średnicą okręgu opisanego, dlatego kąty $ADE$ i $AFE$ są proste. W każdym z trójkątów $ADE$, $AEF$ trzeci kąt ma

$$180^\circ-22{,}5^\circ-90^\circ=67{,}5^\circ.$$

Łączymy środek okręgu z kolejnymi wierzchołkami ośmiokąta. Powstaje osiem przystających trójkątów o dwóch bokach długości $1$ i kącie między nimi równym

$$\frac{360^\circ}{8}=45^\circ.$$

Pole jednego takiego trójkąta wynosi

$$\frac12\cdot1\cdot1\cdot\sin45^\circ=\frac{\sqrt2}{4}.$$

Pole całego ośmiokąta jest więc równe

$$8\cdot\frac{\sqrt2}{4}=2\sqrt2.$$

Niech $O$ będzie środkiem okręgu, a $A,B$ — sąsiednimi wierzchołkami ośmiokąta. W trójkącie $AOB$ mamy

$$OA=OB=R,\qquad AB=a,\qquad |\angle AOB|=45^\circ.$$

Z twierdzenia cosinusów:

$$a^2=R^2+R^2-2R^2\cos45^\circ =R^2(2-\sqrt2).$$

Stąd, ponieważ $R>0$,

$$R=\frac{a}{\sqrt{2-\sqrt2}}.$$

Usuwamy niewymierność z wyrażenia pod pierwiastkiem:

$$R^2=\frac{a^2}{2-\sqrt2} =\frac{a^2(2+\sqrt2)}{2} =\frac{a^2}{4}(4+2\sqrt2).$$

Zatem

$$R=\frac12a\sqrt{4+2\sqrt2}.$$

Niech $O$ będzie środkiem ośmiokąta, a $M$ — środkiem jednego z jego boków $AB$. Promień $OM=r$ jest prostopadły do $AB$, zaś $OA=R$ i $AM=\frac a2$. Z twierdzenia Pitagorasa

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

Korzystamy z zależności

$$R=\frac12a\sqrt{4+2\sqrt2}.$$

Otrzymujemy

$$r^2=\frac{a^2}{4}(4+2\sqrt2)-\frac{a^2}{4} =\frac{a^2}{4}(3+2\sqrt2).$$

Ponieważ

$$3+2\sqrt2=(1+\sqrt2)^2$$

i $r>0$, mamy

$$r=\frac12a(1+\sqrt2).$$

Niech $O$ będzie środkiem wielokąta, a $M$ — środkiem dowolnego jego boku $AB$. Wtedy

$$OA=R,\qquad OM=r,\qquad AM=\frac{AB}{2}=1\ \text{cm}.$$

Odcinek $OM$ jest prostopadły do boku $AB$, zatem z twierdzenia Pitagorasa w trójkącie $OAM$:

$$R^2=r^2+1^2,$$

czyli $R^2-r^2=1\ \text{cm}^2$. Różnica pól kół wynosi więc

$$\pi R^2-\pi r^2=\pi(R^2-r^2)=\pi\ \text{cm}^2.$$

W rozumowaniu nie użyliśmy liczby boków, więc wynik jest taki sam dla każdego wielokąta foremnego.

Niech $O$ będzie środkiem wielokąta, $AB$ — jego bokiem, a $M$ — środkiem odcinka $AB$. W wielokącie foremnym odcinek $OM$ jest prostopadły do boku, więc trójkąt $OAM$ jest prostokątny. Ponadto

$$OA=R,\qquad OM=r,\qquad AM=\frac a2.$$

Z twierdzenia Pitagorasa

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

Stąd

$$\frac{a^2}{4}=R^2-r^2.$$

Ponieważ $a>0$, po spierwiastkowaniu otrzymujemy

$$a=2\sqrt{R^2-r^2}.$$

Niech $O$ będzie środkiem wielokąta, $A,B$ — sąsiednimi wierzchołkami, a $M$ — środkiem boku $AB$. Trójkąt $OAB$ jest równoramienny, a jego kąt przy wierzchołku $O$ ma miarę

$$|\angle AOB|=\frac{360^\circ}{n}.$$

Odcinek $OM$ jest jednocześnie wysokością i dwusieczną tego trójkąta, więc

$$|\angle AOM|=\frac{180^\circ}{n},\qquad AM=\frac a2.$$

a) Jeżeli $OA=R$, to w trójkącie prostokątnym $OAM$

$$\sin\frac{180^\circ}{n}=\frac{AM}{OA}=\frac{a}{2R}.$$

Po przekształceniu

$$a=2R\sin\frac{180^\circ}{n}.$$

b) Jeżeli $OM=r$, to

$$\operatorname{tg}\frac{180^\circ}{n} =\frac{AM}{OM}=\frac{a}{2r}.$$

Stąd

$$r=\frac{a}{2\operatorname{tg}\frac{180^\circ}{n}}.$$