Geometria płaska - okręgi i koła sprawdzian

Geometria płaska – okręgi i koła

Sprawdzian

Grupa A

Zadanie 1 (6 pkt)

W trójkącie prostokątnym jedna przyprostokątna jest o $3\text{ cm}$ krótsza od przeciwprostokątnej. Druga przyprostokątna ma długość $9\text{ cm}$. Oblicz:

a) obwód trójkąta,

b) promień okręgu opisanego na tym trójkącie,

c) promień okręgu wpisanego w ten trójkąt,

d) odległość punktu przecięcia środkowych trójkąta od wierzchołka kąta prostego.

Wskazówki:

Oznacz długość przeciwprostokątnej jako $c$, wówczas krótsza przyprostokątna ma długość $c - 3$. Zastosuj twierdzenie Pitagorasa, aby obliczyć długości wszystkich boków trójkąta.
W trójkącie prostokątnym środek okręgu opisanego leży dokładnie w środku przeciwprostokątnej, stąd promień okręgu opisanego wynosi $R = \dfrac{c}{2}$.
Promień okręgu wpisanego w trójkąt prostokątny można obliczyć bezpośrednio ze wzoru $r = \dfrac{a + b - c}{2}$ lub ze związku między polem a połową obwodu trójkąta ($P = p \cdot r$).
Środkowa poprowadzona z wierzchołka kąta prostego jest równa połowie przeciwprostokątnej ($s_c = \dfrac{c}{2}$). Środek ciężkości (punkt przecięcia środkowych) dzieli każdą środkową w stosunku $2:1$, licząc od wierzchołka.

Rozwiązanie krok po kroku:

Rysunek pomocniczy i wyznaczenie długości boków trójkąta:
Niech $c$ oznacza długość przeciwprostokątnej wyrażoną w centymetrach ($c > 3$). Z treści zadania wynika, że:
• jedna przyprostokątna ma długość: $a = c - 3$
• druga przyprostokątna ma długość: $b = 9\text{ cm}$

Z twierdzenia Pitagorasa otrzymujemy równanie: $$ a^2 + b^2 = c^2 $$ Podstawiamy dane wielkości: $$ (c - 3)^2 + 9^2 = c^2 $$ Stosujemy wzór skróconego mnożenia na kwadrat różnicy $(c - 3)^2 = c^2 - 6c + 9$: $$ \begin{aligned} c^2 - 6c + 9 + 81 &= c^2 \\[8pt] c^2 - 6c + 90 &= c^2 \end{aligned} $$ Odejmujemy $c^2$ od obu stron równania: $$ \begin{aligned} -6c + 90 &= 0 \\[8pt] 6c &= 90 \\[8pt] c &= \dfrac{90}{6} = 15\text{ cm} \end{aligned} $$ Obliczamy długość drugiej przyprostokątnej: $$ a = c - 3 = 15 - 3 = 12\text{ cm} $$ Boki trójkąta prostokątnego mają długości: $a = 12\text{ cm}$, $b = 9\text{ cm}$, $c = 15\text{ cm}$.
Podpunkt a) Obliczamy obwód trójkąta:
Wychodzimy z definicji obwodu trójkąta jako sumy długości wszystkich jego boków: $$ Obw = a + b + c $$ Podstawiamy wyznaczone długości boków trójkąta: $$ \begin{aligned} Obw &= 12\text{ cm} + 9\text{ cm} + 15\text{ cm} \\[8pt] &= 36\text{ cm} \end{aligned} $$
Podpunkt b) Obliczamy promień okręgu opisanego na trójkącie:
Sposób I – Z własności kąta wpisanego opartego na średnicy:
W trójkącie prostokątnym kąt prosty jest kątem wpisanym opartym na średnicy okręgu opisanego. Przeciwprostokątna trójkąta jest zatem średnicą tego okręgu ($2R = c$): $$ R = \dfrac{c}{2} $$ Podstawiamy $c = 15\text{ cm}$: $$ \begin{aligned} R &= \dfrac{15}{2}\text{ cm} \\[8pt] &= 7{,}5\text{ cm} \end{aligned} $$ Sposób II – Z twierdzenia sinusów:
Z twierdzenia sinusów dla kąta prostego $90^\circ$ leżącego naprzeciw boku $c$ mamy: $$ \dfrac{c}{\sin 90^\circ} = 2R $$ Ponieważ $\sin 90^\circ = 1$: $$ \begin{aligned} 2R &= \dfrac{15}{1} \\[8pt] R &= \dfrac{15}{2} = 7{,}5\text{ cm} \end{aligned} $$
Podpunkt c) Obliczamy promień okręgu wpisanego w trójkąt:
Sposób I – Ze wzoru dedykowanego dla trójkąta prostokątnego:
Promień okręgu wpisanego w trójkąt prostokątny o przyprostokątnych $a, b$ i przeciwprostokątnej $c$ wyraża się wzorem: $$ r = \dfrac{a + b - c}{2} $$ Podstawiamy długości boków: $$ \begin{aligned} r &= \dfrac{12 + 9 - 15}{2} \\[8pt] &= \dfrac{21 - 15}{2} \\[8pt] &= \dfrac{6}{2} = 3\text{ cm} \end{aligned} $$ Sposób II – Ze wzoru na pole trójkąta i połowę obwodu:
Obliczamy pole trójkąta prostokątnego: $$ P = \dfrac{a \cdot b}{2} = \dfrac{12 \cdot 9}{2} = 54\text{ cm}^2 $$ Obliczamy połowę obwodu trójkąta $p$: $$ p = \dfrac{Obw}{2} = \dfrac{36}{2} = 18\text{ cm} $$ Korzystamy z ogólnego wzoru na pole trójkąta opisanego na okręgu $P = p \cdot r$: $$ \begin{aligned} 54 &= 18 \cdot r \\[8pt] r &= \dfrac{54}{18} = 3\text{ cm} \end{aligned} $$
Podpunkt d) Obliczamy odległość środka ciężkości od wierzchołka kąta prostego:
Sposób I – Z własności środkowej przeciwprostokątnej i podziału środkowych:
Niech $M$ będzie środkiem przeciwprostokątnej $AB$. Odcinek $CM$ jest środkową poprowadzoną z wierzchołka kąta prostego $C$. W trójkącie prostokątnym punkt $M$ jest środkiem okręgu opisanego, zatem odcinki łączące go z wierzchołkami są promieniami tego okręgu: $$ |AM| = |MB| = |CM| = R = \dfrac{c}{2} = \dfrac{15}{2}\text{ cm} $$ Punkt przecięcia środkowych $S$ (środek ciężkości) dzieli każdą środkową na dwa odcinki w stosunku $2:1$, licząc od wierzchołka. Odległość punktu $S$ od wierzchołka $C$ wynosi zatem $\dfrac{2}{3}$ całej długości środkowej $CM$: $$ \begin{aligned} d = |CS| &= \dfrac{2}{3} \cdot |CM| \\[8pt] &= \dfrac{2}{3} \cdot \dfrac{15}{2} \\[8pt] &= \dfrac{30}{6} = 5\text{ cm} \end{aligned} $$ Sposób II – Z wykorzystaniem kartezjańskiego układu współrzędnych:
Umieśćmy wierzchołek kąta prostego w początku układu współrzędnych: $C(0, 0)$. Wówczas pozostałe wierzchołki mają współrzędne $A(0, 9)$ oraz $B(12, 0)$. Współrzędne środka ciężkości $S(x_S, y_S)$ trójkąta o danych wierzchołkach to średnie arytmetyczne współrzędnych wierzchołków: $$ x_S = \dfrac{0 + 0 + 12}{3} = 4, \quad y_S = \dfrac{0 + 9 + 0}{3} = 3 \implies S(4, 3) $$ Odległość punktu $S(4, 3)$ od początku układu współrzędnych $C(0, 0)$ wynosi: $$ d = \sqrt{(4 - 0)^2 + (3 - 0)^2} = \sqrt{16 + 9} = \sqrt{25} = 5\text{ cm} $$
Podsumowanie i rysunek wynikowy:
Poniższy rysunek przedstawia trójkąt prostokątny z wyznaczonymi bokami ($9\text{ cm}$, $12\text{ cm}$, $15\text{ cm}$), środkiem przeciwprostokątnej $M$, środkową $CM$ oraz zaznaczonym środkiem ciężkości $S$, który dzieli środkową na odcinki o długościach $5\text{ cm}$ i $2{,}5\text{ cm}$.

Odpowiedź:
a) $Obw = 36\text{ cm}$

b) $R = \dfrac{15}{2}\text{ cm} = 7{,}5\text{ cm}$

c) $r = 3\text{ cm}$

d) $d = 5\text{ cm}$

Zadanie 2 (3 pkt)

W trójkącie $ABC$ wysokość $CD$ dzieli bok $AB$ na odcinki $|AD| = 3\text{ cm}$, $|DB| = 11\text{ cm}$. Oblicz długości odcinków na jakie zostanie podzielony bok $BC$ przez symetralną boku $AB$, jeżeli wiemy, że $|BC| = 12\text{ cm}$.

Wskazówki:

Oblicz całkowitą długość boku $AB$ jako sumę długości odcinków $|AD|$ i $|DB|$, a następnie wyznacz położenie środka boku $AB$ (punktu $M$), przez który przechodzi symetralna.
Zauważ, że zarówno wysokość $CD$, jak i symetralna boku $AB$ są prostopadłe do podstawy $AB$. Dwie proste prostopadłe do tej samej prostej są do siebie równoległe.
Zastosuj twierdzenie Talesa lub podobieństwo trójkątów prostokątnych (cecha k-k) dla kąta przy wierzchołku $B$, którego ramiona są przecinane przez te proste równoległe.

Rozwiązanie krok po kroku:

Rysunek pomocniczy i analiza położenia symetralnej boku $AB$:
Obliczamy długość całego boku $AB$: $$\begin{aligned} |AB| &= |AD| + |DB| \\[8pt] &= 3\text{ cm} + 11\text{ cm} = 14\text{ cm} \end{aligned}$$ Niech punkt $M$ będzie środkiem boku $AB$. Dzieli on ten bok na dwa odcinki o równej długości: $$|AM| = |MB| = \dfrac{|AB|}{2} = \dfrac{14}{2} = 7\text{ cm}$$ Porównując odległość punktu $D$ od wierzchołka $A$ ($|AD| = 3\text{ cm}$) z długością odcinka $|AM| = 7\text{ cm}$, zauważamy, że środek $M$ leży wewnątrz odcinka $DB$. Odcinek między spodkiem wysokości $D$ a środkiem $M$ ma długość: $$|DM| = |AM| - |AD| = 7 - 3 = 4\text{ cm}$$ Symetralna boku $AB$ to prosta prostopadła do $AB$ przechodząca przez punkt $M$. Oznaczmy punkt przecięcia symetralnej z bokiem $BC$ jako $P$.

Ponieważ wysokość $CD \perp AB$ oraz symetralna $MP \perp AB$, obie te proste są wzajemnie równoległe: $$MP \parallel CD$$
Sposób I – Wykorzystanie twierdzenia Talesa:
Rozpatrujemy kąt o wierzchołku $B$, którego ramiona leżą na prostych $BA$ i $BC$. Proste równoległe $MP$ oraz $DC$ przecinają ramiona tego kąta, zatem na mocy twierdzenia Talesa stosunek długości odpowiednich odcinków na obu ramionach jest równy: $$\dfrac{|BP|}{|BC|} = \dfrac{|BM|}{|BD|}$$ Podstawiamy znane wielkości: $|BM| = 7\text{ cm}$, $|BD| = 11\text{ cm}$ oraz $|BC| = 12\text{ cm}$: $$\begin{aligned} \dfrac{|BP|}{12} &= \dfrac{7}{11} \\[8pt] |BP| &= 12 \cdot \dfrac{7}{11} \\[8pt] &= \dfrac{84}{11} = 7\dfrac{7}{11}\text{ cm} \end{aligned}$$ Długość drugiego odcinka $|PC|$ wyznaczamy z różnicy długości całego boku $BC$ i odcinka $|BP|$: $$\begin{aligned} |PC| &= |BC| - |BP| \\[8pt] &= 12 - \dfrac{84}{11} \\[8pt] &= \dfrac{132}{11} - \dfrac{84}{11} \\[8pt] &= \dfrac{48}{11} = 4\dfrac{4}{11}\text{ cm} \end{aligned}$$
Sposób II – Wykorzystanie podobieństwa trójkątów prostokątnych:
Rozważmy trójkąt $\triangle MBP$ oraz trójkąt $\triangle DBC$:
• oba trójkąty są prostokątne: $\angle PMB = \angle CDB = 90^\circ$,
• posiadają wspólny kąt ostry przy wierzchołku $B$: $\angle PBM = \angle CBD$.

Na mocy cechy podobieństwa kąt-kąt (k-k), trójkąty te są podobne: $$\triangle MBP \sim \triangle DBC$$ Z podobieństwa trójkątów wynika równość stosunków odpowiednich boków (przeciwprostokątnej do przyprostokątnej przyległej do kąta $B$): $$\begin{aligned} \dfrac{|BP|}{|BM|} &= \dfrac{|BC|}{|BD|} \\[8pt] |BP| &= |BM| \cdot \dfrac{|BC|}{|BD|} \\[8pt] &= 7 \cdot \dfrac{12}{11} \\[8pt] &= \dfrac{84}{11} = 7\dfrac{7}{11}\text{ cm} \end{aligned}$$ Analogicznie dla przyprostokątnej $|DM| = 4\text{ cm}$: $$\begin{aligned} \dfrac{|PC|}{|BC|} &= \dfrac{|DM|}{|BD|} \\[8pt] |PC| &= 12 \cdot \dfrac{4}{11} = \dfrac{48}{11} = 4\dfrac{4}{11}\text{ cm} \end{aligned}$$
Rysunek wynikowy z naniesionym podziałem boku $BC$:
Symetralna boku $AB$ podzieliła bok $BC$ na dwa odcinki o długościach $\dfrac{84}{11}\text{ cm}$ oraz $\dfrac{48}{11}\text{ cm}$.

Odpowiedź:
Odcinek przyległy do wierzchołka $B$: $\dfrac{84}{11}\text{ cm}$ (czyli $7\dfrac{7}{11}\text{ cm}$)

Odcinek przyległy do wierzchołka $C$: $\dfrac{48}{11}\text{ cm}$ (czyli $4\dfrac{4}{11}\text{ cm}$)

Zadanie 3 (4 pkt)

Odległość między środkami okręgów stycznych zewnętrznie i stycznych do ramion kąta jest równa $10\text{ cm}$. Odległość środka większego okręgu od wierzchołka kąta jest równa $30\text{ cm}$. Oblicz długość promieni tych okręgów.

Wskazówki:

Środek okręgu stycznego do obu ramion kąta leży na dwusiecznej tego kąta. Oznacza to, że wierzchołek kąta oraz środki obu okręgów leżą na jednej prostej.
Promień poprowadzony do punktu styczności jest zawsze prostopadły do ramienia kąta.
Okręgi są styczne zewnętrznie, co oznacza, że odległość między ich środkami jest równa sumie ich promieni: $$|O_1 O_2| = r_1 + r_2$$
Trójkąty prostokątne utworzone przez wierzchołek kąta, środki okręgów i punkty styczności na ramieniu kąta są podobne (mają wspólny kąt ostry przy wierzchołku), co pozwala ułożyć proporcję z twierdzenia Talesa lub skorzystać z funkcji trygonometrycznych.

Rozwiązanie krok po kroku:

Rysunek pomocniczy i analiza geometryczna układu okręgów:
Niech $W$ oznacza wierzchołek kąta. Ponieważ oba okręgi są styczne do obu ramion kąta, ich środki $O_1$ (mniejszego okręgu o promieniu $r_1$) oraz $O_2$ (większego okręgu o promieniu $r_2$) leżą na dwusiecznej tego kąta.

Punkty $W, O_1, O_2$ są współliniowe, przy czym mniejszy okrąg leży bliżej wierzchołka kąta. Z treści zadania znamy odległości: $$\begin{aligned} |W O_2| &= 30\text{ cm} \\[8pt] |O_1 O_2| &= 10\text{ cm} \end{aligned}$$ Obliczamy odległość środka mniejszego okręgu od wierzchołka kąta: $$\begin{aligned} |W O_1| &= |W O_2| - |O_1 O_2| \\[8pt] &= 30 - 10 = 20\text{ cm} \end{aligned}$$ Niech punkty $A_1$ i $A_2$ będą punktami styczności okręgów z jednym z ramion kąta. Promienie poprowadzone do punktów styczności są prostopadłe do tego ramienia: $$O_1 A_1 \perp W A_2 \quad \text{oraz} \quad O_2 A_2 \perp W A_2$$ gdzie $|O_1 A_1| = r_1$ oraz $|O_2 A_2| = r_2$. Ponieważ okręgi są styczne zewnętrznie, zachodzi warunek: $$r_1 + r_2 = |O_1 O_2| = 10\text{ cm}$$
Sposób I – Wykorzystanie podobieństwa trójkątów prostokątnych (twierdzenia Talesa):
Rozpatrujemy dwa trójkąty prostokątne: $\Delta W A_1 O_1$ oraz $\Delta W A_2 O_2$. Oba trójkąty posiadają wspólny kąt ostry przy wierzchołku $W$, a kąty przy wierzchołkach $A_1$ i $A_2$ są proste ($90^\circ$).

Na mocy cechy podobieństwa kąt-kąt-kąt trójkąty te są podobne: $$\Delta W A_1 O_1 \sim \Delta W A_2 O_2$$ Z podobieństwa trójkątów (lub bezpośrednio z twierdzenia Talesa dla prostych równoległych $O_1 A_1 \parallel O_2 A_2$ przeciętych ramionami kąta) wynika równość stosunków odpowiednich boków: $$\begin{aligned} \dfrac{|O_1 A_1|}{|O_2 A_2|} &= \dfrac{|W O_1|}{|W O_2|} \end{aligned}$$ Podstawiamy znane wielkości: $$\begin{aligned} \dfrac{r_1}{r_2} &= \dfrac{20}{30} \\[8pt] \dfrac{r_1}{r_2} &= \dfrac{2}{3} \end{aligned}$$ Mnożymy na krzyż, uzyskując zależność między promieniami: $$\begin{aligned} 3r_1 &= 2r_2 \\[8pt] r_1 &= \dfrac{2}{3}r_2 \end{aligned}$$ Z faktu, że okręgi są styczne zewnętrznie, odległość między ich środkami jest równa sumie promieni: $$\begin{aligned} r_1 + r_2 &= 10 \end{aligned}$$ Wstawiamy zależność $r_1 = \dfrac{2}{3}r_2$ do sumy promieni: $$\begin{aligned} \dfrac{2}{3}r_2 + r_2 &= 10 \\[8pt] \dfrac{5}{3}r_2 &= 10 \end{aligned}$$ Mnożymy obie strony równania przez odwrotność ułamka, czyli przez $\dfrac{3}{5}$: $$\begin{aligned} r_2 &= 10 \cdot \dfrac{3}{5} \\[8pt] r_2 &= 6\text{ cm} \end{aligned}$$ Obliczamy długość promienia mniejszego okręgu $r_1$: $$\begin{aligned} r_1 &= 10 - r_2 \\[8pt] &= 10 - 6 = 4\text{ cm} \end{aligned}$$
Sposób II – Wykorzystanie funkcji trygonometrycznych w trójkącie prostokątnym:
Niech $\alpha$ oznacza miarę kąta między ramieniem kąta a jego dwusieczną (czyli połowę miary całego kąta).

W trójkącie prostokątnym $\Delta W A_1 O_1$ sinus kąta $\alpha$ wyraża się stosunkiem przyprostokątnej przeciwległej do przeciwprostokątnej: $$\begin{aligned} \sin\alpha &= \dfrac{|O_1 A_1|}{|W O_1|} = \dfrac{r_1}{20} \end{aligned}$$ Analogicznie w trójkącie prostokątnym $\Delta W A_2 O_2$: $$\begin{aligned} \sin\alpha &= \dfrac{|O_2 A_2|}{|W O_2|} = \dfrac{r_2}{30} \end{aligned}$$ Ponieważ kąt $\alpha$ jest taki sam w obu trójkątach, przyrównujemy prawe strony: $$\begin{aligned} \dfrac{r_1}{20} &= \dfrac{r_2}{30} \\[8pt] 30r_1 &= 20r_2 \\[8pt] r_1 &= \dfrac{2}{3}r_2 \end{aligned}$$ Łącząc ten warunek z równaniem zewnętrznej styczności okręgów: $$\begin{cases} r_1 + r_2 = 10 \\ r_1 = \dfrac{2}{3}r_2 \end{cases}$$ Otrzymujemy identyczny wynik: $$\begin{aligned} r_2 &= 6\text{ cm} \\[8pt] r_1 &= 4\text{ cm} \end{aligned}$$
Rysunek wynikowy z naniesionymi długościami promieni:
Ilustracja stanu końcowego po wyliczeniu promieni obu okręgów:

Odpowiedź:
Długość promienia mniejszego okręgu wynosi $r_1 = 4\text{ cm}$, a większego okręgu $r_2 = 6\text{ cm}$.

Zadanie 4 (4 pkt)

W okrąg o promieniu 8 wpisano trójkąt równoramienny o kącie między ramionami $120^\circ$. Oblicz pole trójkąta.

Wskazówki:

Wyznacz miary kątów przy podstawie trójkąta równoramiennego, korzystając z faktu, że suma kątów w trójkącie wynosi $180^\circ$.
Zastosuj twierdzenie sinusów: $\dfrac{b}{\sin\beta} = 2R$, aby obliczyć długość ramion trójkąta.
Pole trójkąta oblicz za pomocą wzoru z sinusem kąta między ramionami ($P = \dfrac{1}{2} b^2 \sin 120^\circ$) lub wyznaczając jego wysokość i podstawę.

Rozwiązanie krok po kroku:

Rysunek pomocniczy i analiza kątów trójkąta:
Niech $ABC$ będzie trójkątem równoramiennym wpisanym w okrąg o środku $O$ i promieniu $R = 8$, gdzie ramionami są boki $|AC| = |BC| = b$, a kąt między nimi wynosi $\sphericalangle ACB = 120^\circ$.

Obliczamy miary kątów przy podstawie $AB$: $$\alpha = \beta = \dfrac{180^\circ - 120^\circ}{2} = \dfrac{60^\circ}{2} = 30^\circ$$ Ponieważ kąt przy wierzchołku $C$ jest rozwarty ($120^\circ > 90^\circ$), środek okręgu opisanego $O$ leży na zewnątrz trójkąta $ABC$.
Sposób I – Wyznaczenie długości ramion z twierdzenia sinusów i obliczenie pola:
Zgodnie z twierdzeniem sinusów stosunek długości dowolnego boku trójkąta do sinusa kąta leżącego naprzeciw tego boku jest równy średnicy okręgu opisanego ($2R$): $$\dfrac{b}{\sin 30^\circ} = 2R$$ Podstawiamy dane zadania ($R = 8$ oraz $\sin 30^\circ = \dfrac{1}{2}$): $$\begin{aligned} \dfrac{b}{\dfrac{1}{2}} &= 2 \cdot 8 \\[8pt] 2b &= 16 \\[8pt] b &= 8 \end{aligned}$$ Długość każdego z ramion wynosi zatem $b = 8$.

Obliczamy pole trójkąta ze wzoru na pole z wykorzystaniem dwóch boków i sinusa kąta między nimi: $$P = \dfrac{1}{2} \cdot b \cdot b \cdot \sin 120^\circ$$ Wyznaczamy wartość $\sin 120^\circ$ za pomocą wzoru redukcyjnego: $$\sin 120^\circ = \sin(180^\circ - 60^\circ) = \sin 60^\circ = \dfrac{\sqrt{3}}{2}$$ Wstawiamy wyznaczone wartości do wzoru na pole: $$\begin{aligned} P &= \dfrac{1}{2} \cdot 8 \cdot 8 \cdot \dfrac{\sqrt{3}}{2} \\[8pt] &= 32 \cdot \dfrac{\sqrt{3}}{2} \\[8pt] &= 16\sqrt{3} \end{aligned}$$
Sposób II – Wyznaczenie podstawy oraz wysokości trójkąta (oraz rysunek wynikowy):
Wysokość $h$ opuszczona z wierzchołka $C$ na podstawę $AB$ dzieli trójkąt równoramienny na dwa przystające trójkąty prostokątne o kątach ostrych $30^\circ$ i $60^\circ$.

W trójkącie prostokątnym o przeciwprostokątnej równej ramieniu $b = 8$: $$\begin{aligned} h &= b \cdot \sin 30^\circ = 8 \cdot \dfrac{1}{2} = 4 \\[8pt] \dfrac{a}{2} &= b \cdot \cos 30^\circ = 8 \cdot \dfrac{\sqrt{3}}{2} = 4\sqrt{3} \implies a = 8\sqrt{3} \end{aligned}$$ Długość podstawy $a$ można również wyznaczyć bezpośrednio z twierdzenia sinusów dla kąta $120^\circ$: $$\begin{aligned} \dfrac{a}{\sin 120^\circ} &= 2R \\[8pt] a &= 2 \cdot 8 \cdot \dfrac{\sqrt{3}}{2} = 8\sqrt{3} \end{aligned}$$ Obliczamy pole trójkąta z klasycznego wzoru: $$\begin{aligned} P &= \dfrac{1}{2} \cdot a \cdot h \\[8pt] &= \dfrac{1}{2} \cdot 8\sqrt{3} \cdot 4 \\[8pt] &= 16\sqrt{3} \end{aligned}$$

Odpowiedź:
$P = 16\sqrt{3}$

Zadanie 5 (3 pkt)

Uzasadnij, że średnica okręgu opisanego na trójkącie, w którym jeden z kątów ma miarę $\alpha$, a bok leżący naprzeciw kąta ma długość $c$ dana jest wzorem $$ d = \dfrac{c}{\sin \alpha} $$

Wskazówki:

Średnica okręgu opisanego to $d = 2R$. Zadanie polega na wyprowadzeniu kluczowej relacji występującej w twierdzeniu sinusów ($\dfrac{c}{\sin \alpha} = 2R$).
Rozpatrz trzy przypadki miary kąta $\alpha$: kąt prosty ($\alpha = 90^\circ$), kąt ostry ($\alpha < 90^\circ$) oraz kąt rozwarty ($\alpha > 90^\circ$).
Dla kątów ostrych i rozwartych skonstruuj trójkąt pomocniczy, prowadząc średnicę okręgu wychodzącą z jednego z końców boku $c$, a następnie skorzystaj z twierdzenia Talesa (kąt wpisany oparty na średnicy jest kątem prostym) oraz twierdzenia o kątach wpisanych opartych na tym samym łuku.

Rozwiązanie krok po kroku:

Sformułowanie tezy i analiza przypadku kąta prostego ($\alpha = 90^\circ$):
Mamy uzasadnić, że średnica okręgu opisanego $d$ wyraża się wzorem: $$ d = \dfrac{c}{\sin \alpha} $$ Rozważmy pierwszy przypadek, gdy kąt $\alpha$ jest kątem prostym: $$ \alpha = 90^\circ $$ W trójkącie prostokątnym bok $c$ leżący naprzeciwko kąta prostego jest przeciwprostokątną. Z własności okręgu opisanego na trójkącie prostokątnym wynika, że środek okręgu pokrywa się ze środkiem przeciwprostokątnej, a jej długość jest równa średnicy tego okręgu: $$ c = d $$ Ponieważ wartość funkcji sinus dla kąta prostego wynosi $\sin(90^\circ) = 1$, prawa strona dowodzonego wzoru przyjmuje postać: $$ \dfrac{c}{\sin(90^\circ)} = \dfrac{c}{1} = c = d $$ Dla kąta prostego wzór jest tożsamościowo spełniony.
Analiza przypadku kąta ostrego ($\alpha < 90^\circ$) i konstrukcja pomocnicza:
Niech trójkąt $ABC$ będzie wpisany w okrąg o środku $O$ i średnicy $d$, przy czym $\angle BAC = \alpha < 90^\circ$ oraz $|BC| = c$.

Wykonujemy konstrukcję pomocniczą:
- Z wierzchołka $C$ prowadzimy średnicę okręgu $CD$ przechodzącą przez środek $O$, zatem jej długość wynosi $|CD| = d$.
- Łączymy punkt $D$ z wierzchołkiem $B$, otrzymując odcinek $DB$.
Kąt $\angle DBC$ jest kątem wpisanym opartym na średnicy $CD$, co zgodnie z twierdzeniem Talesa oznacza, że jest to kąt prosty: $$ \angle DBC = 90^\circ $$ Kąt wpisany $\angle BDC$ oraz kąt $\angle BAC = \alpha$ są oparte na tym samym łuku okręgu $BC$. Z twierdzenia o kątach wpisanych opartych na tym samym łuku wynika równość ich miar: $$ \angle BDC = \angle BAC = \alpha $$
Wyprowadzenie wzoru dla kąta ostrego:
W trójkącie prostokątnym $DBC$ stosujemy definicję funkcji sinus dla kąta ostrego $\angle BDC = \alpha$: $$ \sin \alpha = \dfrac{|BC|}{|CD|} $$ Podstawiamy długości boków $|BC| = c$ oraz przeciwprostokątnej $|CD| = d$: $$ \sin \alpha = \dfrac{c}{d} $$ Mnożymy obustronnie przez $d$ i dzielimy przez $\sin \alpha$ (dla kąta ostrego zachodzi $\sin \alpha > 0$): $$ \begin{aligned} d \cdot \sin \alpha &= c \\[8pt] d &= \dfrac{c}{\sin \alpha} \end{aligned} $$
Analiza przypadku kąta rozwartego ($\alpha > 90^\circ$):
Gdy kąt $\angle BAC = \alpha$ jest kątem rozwartym ($\alpha > 90^\circ$), środek okręgu $O$ leży na zewnątrz trójkąta $ABC$.

Przeprowadzamy analogiczną konstrukcję:
- Prowadzimy średnicę $CD$ o długości $|CD| = d$.
- Łączymy punkt $D$ z wierzchołkiem $B$. Kąt $\angle DBC$ jest kątem opartym na średnicy, czyli $\angle DBC = 90^\circ$.
- Wszystkie wierzchołki czworokąta $ABDC$ leżą na jednym okręgu, co oznacza, że czworokąt ten jest wpisany w okrąg.
W czworokącie wpisanym w okrąg suma przeciwległych kątów wynosi $180^\circ$: $$ \angle BAC + \angle BDC = 180^\circ \implies \angle BDC = 180^\circ - \alpha $$ W trójkącie prostokątnym $DBC$ wyznaczamy sinus kąta przy wierzchołku $D$: $$ \sin(180^\circ - \alpha) = \dfrac{|BC|}{|CD|} = \dfrac{c}{d} $$ Korzystamy ze wzoru redukcyjnego $\sin(180^\circ - \alpha) = \sin \alpha$: $$ \sin \alpha = \dfrac{c}{d} \iff d = \dfrac{c}{\sin \alpha} $$ Ponieważ zależność zachodzi dla każdego kąta trójkąta ($\alpha < 90^\circ$, $\alpha = 90^\circ$ oraz $\alpha > 90^\circ$), twierdzenie zostało w pełni udowodnione.

Odpowiedź:
Wykazano, że w każdym z trzech możliwych przypadków (dla kąta ostrego, prostego i rozwartego) zachodzi zależność $d = \dfrac{c}{\sin \alpha}$.

Grupa B

Zadanie 1 (6 pkt)

W trójkącie prostokątnym najkrótsza wysokość jest równa 15 cm, a najkrótszy bok ma długość 17 cm. Oblicz: a) długości pozostałych boków trójkąta, b) promień okręgu opisanego na tym trójkącie, c) promień okręgu wpisanego w ten trójkąt.