Geometria płaska - rozwiązywanie trójkątów, pole trójkąta, pole koła sprawdzian

Geometria płaska – rozwiązywanie trójkątów, pole trójkąta, pole koła

Sprawdzian

Grupa A

Zadanie 1 (2 pkt)

W wycinek koła o promieniu $12\text{ cm}$ wpisano okrąg o promieniu $4\text{ cm}$. Oblicz pole wycinka koła.

Wskazówki:

Okrąg wpisany w wycinek koła jest styczny do obu promieni ograniczających wycinek oraz do łuku tego wycinka.
Środek okręgu wpisanego leży na osi symetrii wycinka (na dwusiecznej kąta środkowego $\alpha$).
Odległość od wierzchołka wycinka $S$ do środka okręgu wpisanego $O$ wynosi $R - r$, gdzie $R$ to promień wycinka koła, a $r$ to promień okręgu wpisanego.
Promień okręgu poprowadzony do punktu styczności z ramieniem wycinka jest do niego prostopadły, co pozwala wyznaczyć kąt środkowy $\alpha$ z trójkąta prostokątnego.
Pole wycinka koła o kącie $\alpha$ i promieniu $R$ obliczamy ze wzoru: $P_w = \dfrac{\alpha}{360^\circ} \cdot \pi R^2$.

Rozwiązanie krok po kroku:

Rysunek pomocniczy i analiza relacji geometrycznych:
Niech $S$ oznacza wierzchołek wycinka koła, a $R = 12\text{ cm}$ jego promień. Okrąg o środku $O$ i promieniu $r = 4\text{ cm}$ jest wpisany w ten wycinek, co oznacza, że jest styczny do obu promieni wycinka w punktach $A$ i $B$ oraz styczny wewnętrznie do łuku wycinka w punkcie $K$.

Punkty $S$, $O$ oraz punkt styczności z łukiem $K$ są współliniowe, a długość odcinka $SK$ jest równa promieniowi wycinka $R$: $$ |SK| = R = 12\text{ cm} $$ Ponieważ odcinek $OK$ jest promieniem okręgu wpisanego ($|OK| = r = 4\text{ cm}$), odległość środka okręgu $O$ od wierzchołka wycinka $S$ wynosi: $$ |SO| = |SK| - |OK| = R - r = 12 - 4 = 8\text{ cm} $$
Wyznaczenie miary kąta środkowego wycinka koła ($\alpha$):
Sposób I – Z definicji sinusa w trójkącie prostokątnym $SAO$:
Promień okręgu wpisanego $OA$ poprowadzony do punktu styczności $A$ jest prostopadły do ramienia wycinka ($OA \perp SA$). Trójkąt $SAO$ jest trójkątem prostokątnym o kącie prostym przy wierzchołku $A$. Prosta $SO$ jest dwusieczną kąta środkowego wycinka $\alpha$, zatem kąt $\angle ASO = \dfrac{\alpha}{2}$. W trójkącie prostokątnym $SAO$ obliczamy sinus kąta $\dfrac{\alpha}{2}$: $$ \sin\left(\dfrac{\alpha}{2}\right) = \dfrac{|OA|}{|SO|} = \dfrac{r}{R - r} $$ Podstawiamy dane wartości: $$ \sin\left(\dfrac{\alpha}{2}\right) = \dfrac{4}{8} = \dfrac{1}{2} $$ Ponieważ $\dfrac{\alpha}{2}$ jest kątem ostrym w trójkącie prostokątnym, otrzymujemy: $$ \dfrac{\alpha}{2} = 30^\circ \implies \alpha = 60^\circ $$
Sposób II – Z własności trójkąta prostokątnego o kątach $30^\circ, 60^\circ, 90^\circ$:
W trójkącie prostokątnym $SAO$ długość przyprostokątnej $|OA| = 4\text{ cm}$ jest dokładnie dwa razy krótsza od przeciwprostokątnej $|SO| = 8\text{ cm}$: $$ |SO| = 2 \cdot |OA| $$ Z twierdzenia odwrotnego do własności trójkąta prostokątnego o kątach $30^\circ, 60^\circ, 90^\circ$ wynika, że kąt leżący naprzeciw tej przyprostokątnej ma miarę: $$ \dfrac{\alpha}{2} = 30^\circ \implies \alpha = 60^\circ $$
Obliczenie pola wycinka koła:
Pole wycinka koła o promieniu $R = 12\text{ cm}$ i kącie środkowym $\alpha = 60^\circ$ wyraża się wzorem: $$ P_w = \dfrac{\alpha}{360^\circ} \cdot \pi R^2 $$ Podstawiamy wyznaczone wartości: $$ \begin{aligned} P_w &= \dfrac{60^\circ}{360^\circ} \cdot \pi \cdot 12^2 \\[8pt] &= \dfrac{1}{6} \cdot \pi \cdot 144 \\[8pt] &= \dfrac{144}{6} \cdot \pi \\[8pt] &= 24\pi\text{ cm}^2 \end{aligned} $$
Podsumowanie i rysunek wynikowy:
Kąt środkowy wycinka wynosi $\alpha = 60^\circ$, co oznacza, że wycinek stanowi dokładnie $\dfrac{60^\circ}{360^\circ} = \dfrac{1}{6}$ pełnego koła o promieniu $12\text{ cm}$. Pole całego koła wynosi $P_k = \pi \cdot 12^2 = 144\pi\text{ cm}^2$, a pole wycinka to $\dfrac{1}{6} \cdot 144\pi = 24\pi\text{ cm}^2$.

Odpowiedź:
Pole wycinka koła wynosi $P_w = 24\pi\text{ cm}^2$.

Zadanie 2 (3 pkt)

Trójkąt ma boki o długościach 7 dm, 24 dm i 25 dm. Oblicz jego pole powierzchni. Następnie wyznacz promień okręgu wpisanego w ten trójkąt oraz promień okręgu opisanego na nim.

Wskazówki:

Sprawdź, czy dany trójkąt jest prostokątny, stosując twierdzenie odwrotne do twierdzenia Pitagorasa: zbadaj, czy suma kwadratów dwóch krótszych boków jest równa kwadratowi najdłuższego boku ($a^2 + b^2 = c^2$).
W trójkącie prostokątnym pole powierzchni jest równe połowie iloczynu przyprostokątnych: $P = \dfrac{a \cdot b}{2}$. Alternatywnie pole można wyznaczyć ze wzoru Herona dla dowolnego trójkąta.
Promień okręgu wpisanego w trójkąt prostokątny można obliczyć ze specjalnego wzoru $r = \dfrac{a + b - c}{2}$ lub z ogólnego wzoru powiązanego z polem i połową obwodu: $P = p \cdot r$.
Środek okręgu opisanego na trójkącie prostokątnym leży dokładnie w środku przeciwprostokątnej, co oznacza, że promień okręgu opisanego to połowa przeciwprostokątnej: $R = \dfrac{c}{2}$.

Rozwiązanie krok po kroku:

Rysunek pomocniczy i weryfikacja rodzaju trójkąta za pomocą twierdzenia odwrotnego do twierdzenia Pitagorasa:
Niech boki trójkąta mają długości: $$a = 7\text{ dm}, \quad b = 24\text{ dm}, \quad c = 25\text{ dm}$$ Sprawdzamy warunek Pitagorasa dla dwóch krótszych boków: $$\begin{aligned} a^2 + b^2 &= 7^2 + 24^2 \\[8pt] &= 49 + 576 \\[8pt] &= 625 \end{aligned}$$ Kwadrat najdłuższego boku wynosi: $$c^2 = 25^2 = 625$$ Ponieważ $a^2 + b^2 = c^2$ ($625 = 625$), z twierdzenia odwrotnego do twierdzenia Pitagorasa wynika, że dany trójkąt jest prostokątny. Przyprostokątnymi są boki o długościach $7\text{ dm}$ oraz $24\text{ dm}$, a przeciwprostokątną bok o długości $25\text{ dm}$.
Obliczenie pola powierzchni trójkąta (dwoma sposobami):
• Sposób I (z wzoru na pole trójkąta prostokątnego):
W trójkącie prostokątnym jedna przyprostokątna jest podstawą, a druga wysokością opuszczoną na tę podstawę: $$\begin{aligned} P &= \dfrac{a \cdot b}{2} \\[8pt] &= \dfrac{7 \cdot 24}{2} \\[8pt] &= 7 \cdot 12 \\[8pt] &= 84\text{ dm}^2 \end{aligned}$$ • Sposób II (ze wzoru Herona dla dowolnego trójkąta):
Wyznaczamy połowę obwodu trójkąta $p$: $$\begin{aligned} p &= \dfrac{a + b + c}{2} \\[8pt] &= \dfrac{7 + 24 + 25}{2} = \dfrac{56}{2} = 28\text{ dm} \end{aligned}$$ Stosujemy wzór Herona $P = \sqrt{p(p - a)(p - b)(p - c)}$: $$\begin{aligned} P &= \sqrt{28 \cdot (28 - 7) \cdot (28 - 24) \cdot (28 - 25)} \\[8pt] &= \sqrt{28 \cdot 21 \cdot 4 \cdot 3} \\[8pt] &= \sqrt{(4 \cdot 7) \cdot (7 \cdot 3) \cdot 4 \cdot 3} \\[8pt] &= \sqrt{4^2 \cdot 7^2 \cdot 3^2} \\[8pt] &= 4 \cdot 7 \cdot 3 = 84\text{ dm}^2 \end{aligned}$$ Oba sposoby dają identyczny wynik $P = 84\text{ dm}^2$.
Wyznaczenie promienia okręgu wpisanego $r$ (dwoma sposobami):
• Sposób I (ze związku pola trójkąta z promieniem okręgu wpisanego):
Dla dowolnego trójkąta zachodzi relacja $P = p \cdot r$, gdzie $p$ to połowa obwodu: $$\begin{aligned} 84 &= 28 \cdot r \quad \Big/ : 28 \\[8pt] r &= \dfrac{84}{28} = 3\text{ dm} \end{aligned}$$ • Sposób II (ze wzoru na promień okręgu wpisanego w trójkąt prostokątny):
Dla trójkąta prostokątnego o przyprostokątnych $a, b$ i przeciwprostokątnej $c$: $$\begin{aligned} r &= \dfrac{a + b - c}{2} \\[8pt] &= \dfrac{7 + 24 - 25}{2} \\[8pt] &= \dfrac{31 - 25}{2} = \dfrac{6}{2} = 3\text{ dm} \end{aligned}$$
Wyznaczenie promienia okręgu opisanego $R$:
W trójkącie prostokątnym kąt prosty wpisany w okrąg opiera się na średnicy tego okręgu. Oznacza to, że przeciwprostokątna $c$ jest średnicą okręgu opisanego ($2R = c$): $$\begin{aligned} R &= \dfrac{c}{2} \\[8pt] &= \dfrac{25}{2} = 12{,}5\text{ dm} \end{aligned}$$ Można to również potwierdzić ogólnym wzorem na promień okręgu opisanego: $$\begin{aligned} R &= \dfrac{a \cdot b \cdot c}{4P} \\[8pt] &= \dfrac{7 \cdot 24 \cdot 25}{4 \cdot 84} = \dfrac{4200}{336} = \dfrac{25}{2} = 12{,}5\text{ dm} \end{aligned}$$
Rysunek wynikowy z naniesionym okręgiem wpisanym i opisanym:
Poniższy szkic przedstawia trójkąt prostokątny wraz ze środkami obu okręgów oraz promieniami $r = 3\text{ dm}$ i $R = 12{,}5\text{ dm}$.

Odpowiedź:
Pole powierzchni trójkąta: $P = 84\text{ dm}^2$

Promień okręgu wpisanego: $r = 3\text{ dm}$

Promień okręgu opisanego: $R = \dfrac{25}{2}\text{ dm} = 12{,}5\text{ dm}$

Zadanie 3 (3 pkt)

Rozważ trójkąt prostokątny, w którym jedna z przyprostokątnych stanowi $\dfrac{3}{5}$ długości przeciwprostokątnej. Wyznacz stosunek pola koła wpisanego w ten trójkąt do pola koła opisanego na nim.

Wskazówki:

Oznacz długości boków trójkąta prostokątnego za pomocą jednej zmiennej pomocniczej: przeciwprostokątną jako $c = 5x$, a jedną z przyprostokątnych jako $a = 3x$.
Drugą przyprostokątną $b$ wyznacz bezpośrednio z twierdzenia Pitagorasa: $a^2 + b^2 = c^2$.
W trójkącie prostokątnym o przyprostokątnych $a, b$ i przeciwprostokątnej $c$:
- promień okręgu opisanego to połowa przeciwprostokątnej: $R = \dfrac{c}{2}$,
- promień okręgu wpisanego obliczamy ze wzoru: $r = \dfrac{a + b - c}{2}$ lub ze związku $P = p \cdot r$.
Stosunek pól kół o promieniach $r$ i $R$ jest równy kwadratowi stosunku ich promieni: $$\dfrac{P_w}{P_o} = \dfrac{\pi r^2}{\pi R^2} = \left(\dfrac{r}{R}\right)^2$$

Rozwiązanie krok po kroku:

Rysunek pomocniczy i wyznaczenie długości boków trójkąta:
Niech $c$ oznacza długość przeciwprostokątnej trójkąta prostokątnego, a $a$ i $b$ długości jego przyprostokątnych. Z treści zadania jedna z przyprostokątnych wynosi: $$a = \dfrac{3}{5}c$$ Dla wygody rachunków przyjmijmy $c = 5x$ (gdzie $x > 0$). Wtedy: $$a = \dfrac{3}{5} \cdot 5x = 3x$$

Długość drugiej przyprostokątnej $b$ obliczamy z twierdzenia Pitagorasa: $$\begin{aligned} a^2 + b^2 &= c^2 \\[8pt] (3x)^2 + b^2 &= (5x)^2 \\[8pt] 9x^2 + b^2 &= 25x^2 \\[8pt] b^2 &= 25x^2 - 9x^2 \\[8pt] b^2 &= 16x^2 \\[8pt] b &= \sqrt{16x^2} = 4x \end{aligned}$$ Boki badanego trójkąta tworzą klasyczny trójkąt pitagorejski o stosunku długości boków $3 : 4 : 5$.
Sposób I – Wyznaczenie promieni ze standardowych własności trójkąta prostokątnego:
Promień $R$ koła opisanego na trójkącie prostokątnym jest równy połowie długości przeciwprostokątnej: $$\begin{aligned} R &= \dfrac{c}{2} = \dfrac{5x}{2} \end{aligned}$$ Promień $r$ koła wpisanego w trójkąt prostokątny wyraża się wzorem: $$\begin{aligned} r &= \dfrac{a + b - c}{2} \\[8pt] &= \dfrac{3x + 4x - 5x}{2} \\[8pt] &= \dfrac{2x}{2} \\[8pt] &= x \end{aligned}$$ Wyznaczamy pole koła wpisanego $P_w$ oraz pole koła opisanego $P_o$: $$\begin{aligned} P_w &= \pi r^2 = \pi \cdot x^2 = \pi x^2 \\[8pt] P_o &= \pi R^2 = \pi \cdot \left(\dfrac{5x}{2}\right)^2 = \pi \cdot \dfrac{25x^2}{4} = \dfrac{25}{4}\pi x^2 \end{aligned}$$ Obliczamy stosunek pola koła wpisanego do pola koła opisanego: $$\begin{aligned} \dfrac{P_w}{P_o} &= \dfrac{\pi x^2}{\dfrac{25}{4}\pi x^2} \\[8pt] &= \dfrac{1}{\dfrac{25}{4}} \\[8pt] &= \dfrac{4}{25} \end{aligned}$$
Sposób II – Wyznaczenie promienia koła wpisanego z pola trójkąta i obwodu:
Pole trójkąta prostokątnego obliczamy jako połowę iloczynu przyprostokątnych: $$\begin{aligned} P &= \dfrac{1}{2} \cdot a \cdot b = \dfrac{1}{2} \cdot 3x \cdot 4x = 6x^2 \end{aligned}$$ Obwód trójkąta $L$ wynosi: $$\begin{aligned} L &= a + b + c = 3x + 4x + 5x = 12x \end{aligned}$$ Połowa obwodu trójkąta to: $$\begin{aligned} p &= \dfrac{L}{2} = \dfrac{12x}{2} = 6x \end{aligned}$$ Korzystamy ze związku łączącego pole trójkąta z promieniem koła wpisanego $P = p \cdot r$: $$\begin{aligned} r &= \dfrac{P}{p} = \dfrac{6x^2}{6x} = x \end{aligned}$$ Stosunek pól dwóch kół jest równy kwadratowi stosunku ich promieni: $$\begin{aligned} \dfrac{P_w}{P_o} &= \left(\dfrac{r}{R}\right)^2 = \left(\dfrac{x}{\dfrac{5}{2}x}\right)^2 = \left(\dfrac{2}{5}\right)^2 = \dfrac{4}{25} \end{aligned}$$
Rysunek wynikowy z naniesionymi kołami wpisanym i opisanym:
Środek koła opisanego $S_o$ leży w środku przeciwprostokątnej $AB$, natomiast środek koła wpisanego $S_w$ leży w odległości $r = x$ od obu przyprostokątnych:

Odpowiedź:
Stosunek pola koła wpisanego do pola koła opisanego wynosi $\dfrac{4}{25}$ (czyli $4 : 25$).

Zadanie 4 (5 pkt)

W trójkącie, którego boki mają długości $a = 8$, $b = 4\sqrt{6}$, a kąt naprzeciwko boku $a$ wynosi $\alpha = 45^\circ$, oblicz kąty $\beta$, $\gamma$ oraz długość boku $c$.

Wskazówki:

Zastosuj twierdzenie sinusów: $\dfrac{a}{\sin\alpha} = \dfrac{b}{\sin\beta}$, aby wyznaczyć wartość $\sin\beta$.
Dla wyznaczonej wartości $\sin\beta$ w przedziale kątów trójkąta $(0^\circ, 180^\circ)$ istnieją dwa możliwe kąty: kąt ostry $\beta_1$ oraz kąt rozwarty $\beta_2 = 180^\circ - \beta_1$. Sprawdź, czy suma $\alpha + \beta$ jest w obu przypadkach mniejsza niż $180^\circ$.
Kąt $\gamma$ oblicz z sumy miar kątów w trójkącie ($\gamma = 180^\circ - (\alpha + \beta)$). Długość boku $c$ wyznacz za pomocą twierdzenia sinusów lub twierdzenia cosinusów.

Rozwiązanie krok po kroku:

Rysunek pomocniczy i analiza wyjściowych danych:
W trójkącie $ABC$ standardowo oznaczamy boki i leżące naprzeciw nich kąty: $$|BC| = a = 8, \quad |AC| = b = 4\sqrt{6}, \quad |AB| = c$$ $$\sphericalangle CAB = \alpha = 45^\circ, \quad \sphericalangle ABC = \beta, \quad \sphericalangle BCA = \gamma$$ Zauważmy, że $b = 4\sqrt{6} = \sqrt{96} \approx 9{,}80$, zatem $b > a$. Ponieważ naprzeciw większego boku musi leżeć większy kąt, zachodzi $\beta > \alpha = 45^\circ$.
Wyznaczenie wartości kąta $\beta$ za pomocą twierdzenia sinusów:
Zgodnie z twierdzeniem sinusów: $$\dfrac{a}{\sin\alpha} = \dfrac{b}{\sin\beta}$$ Podstawiamy dane zadania $a = 8$, $b = 4\sqrt{6}$ oraz $\sin 45^\circ = \dfrac{\sqrt{2}}{2}$: $$\dfrac{8}{\dfrac{\sqrt{2}}{2}} = \dfrac{4\sqrt{6}}{\sin\beta}$$ $$\begin{aligned} \dfrac{16}{\sqrt{2}} &= \dfrac{4\sqrt{6}}{\sin\beta} \\[8pt] 8\sqrt{2} &= \dfrac{4\sqrt{6}}{\sin\beta} \end{aligned}$$ Wyznaczamy $\sin\beta$: $$\begin{aligned} \sin\beta &= \dfrac{4\sqrt{6}}{8\sqrt{2}} \\[8pt] &= \dfrac{1}{2} \cdot \sqrt{\dfrac{6}{2}} \\[8pt] &= \dfrac{\sqrt{3}}{2} \end{aligned}$$ Wykres funkcji sinus w przedziale $(0^\circ, 180^\circ)$ osiąga wartość $\dfrac{\sqrt{3}}{2}$ dla dwóch kątów:

Otrzymujemy dwa potencjalne kąty: $$\beta_1 = 60^\circ \quad \text{lub} \quad \beta_2 = 180^\circ - 60^\circ = 120^\circ$$ Weryfikujemy warunek istnienia trójkąta z kątem $\alpha = 45^\circ$:
• Dla $\beta_1 = 60^\circ$: $\alpha + \beta_1 = 45^\circ + 60^\circ = 105^\circ < 180^\circ$ (warunek spełniony),
• Dla $\beta_2 = 120^\circ$: $\alpha + \beta_2 = 45^\circ + 120^\circ = 165^\circ < 180^\circ$ (warunek spełniony).

Oba przypadki są geometrycznie poprawne.
Rozpatrzenie Przypadku 1 ($\beta = 60^\circ$ – trójkąt ostrokątny):
Obliczamy miarę kąta $\gamma_1$: $$\gamma_1 = 180^\circ - (\alpha + \beta_1) = 180^\circ - (45^\circ + 60^\circ) = 75^\circ$$ Długość boku $c_1$ wyznaczamy na dwa sposoby:

• Sposób I – Twierdzenie cosinusów dla boku $a$:
Zapisujemy równanie cosinusów względem boku leżącego naprzeciw kąta $\alpha = 45^\circ$: $$a^2 = b^2 + c^2 - 2bc\cos\alpha$$ Wstawiamy wartości liczbowe: $$\begin{aligned} 8^2 &= (4\sqrt{6})^2 + c^2 - 2 \cdot 4\sqrt{6} \cdot c \cdot \cos 45^\circ \\[8pt] 64 &= 96 + c^2 - 8\sqrt{6} \cdot c \cdot \dfrac{\sqrt{2}}{2} \\[8pt] 64 &= 96 + c^2 - 4\sqrt{12} \cdot c \\[8pt] 64 &= 96 + c^2 - 8\sqrt{3} \cdot c \end{aligned}$$ Porządkujemy równanie kwadratowe zmiennej $c$: $$c^2 - 8\sqrt{3}c + 32 = 0$$ Obliczamy wyróżnik: $$\begin{aligned} \Delta &= (-8\sqrt{3})^2 - 4 \cdot 1 \cdot 32 \\[8pt] &= 192 - 128 = 64 \\[8pt] \sqrt{\Delta} &= 8 \end{aligned}$$ Ponieważ w Przypadku 1 kąt $\gamma_1 = 75^\circ$ jest największym kątem w trójkącie, bok $c_1$ musi być większy niż $b = 4\sqrt{6} \approx 9{,}8$: $$c_1 = \dfrac{8\sqrt{3} + 8}{2} = 4\sqrt{3} + 4 = 4(\sqrt{3} + 1) \approx 10{,}93$$ • Sposób II – Twierdzenie sinusów z użyciem $\sin 75^\circ$:
Wartość $\sin 75^\circ$ wyznaczamy ze wzoru na sinus sumy kątów: $$\begin{aligned} \sin 75^\circ &= \sin(45^\circ + 30^\circ) \\[8pt] &= \sin 45^\circ\cos 30^\circ + \cos 45^\circ\sin 30^\circ \\[8pt] &= \dfrac{\sqrt{2}}{2} \cdot \dfrac{\sqrt{3}}{2} + \dfrac{\sqrt{2}}{2} \cdot \dfrac{1}{2} = \dfrac{\sqrt{6} + \sqrt{2}}{4} \end{aligned}$$ Z twierdzenia sinusów: $$\begin{aligned} \dfrac{c_1}{\sin 75^\circ} &= \dfrac{a}{\sin 45^\circ} \\[8pt] c_1 &= \dfrac{8}{\dfrac{\sqrt{2}}{2}} \cdot \sin 75^\circ \\[8pt] &= 8\sqrt{2} \cdot \dfrac{\sqrt{6} + \sqrt{2}}{4} \\[8pt] &= 2\sqrt{2}(\sqrt{6} + \sqrt{2}) = 2\sqrt{12} + 4 = 4\sqrt{3} + 4 \end{aligned}$$
Rozpatrzenie Przypadku 2 ($\beta = 120^\circ$ – trójkąt rozwartokątny):
Obliczamy miarę kąta $\gamma_2$: $$\gamma_2 = 180^\circ - (\alpha + \beta_2) = 180^\circ - (45^\circ + 120^\circ) = 15^\circ$$ W tym przypadku kąt $\gamma_2 = 15^\circ$ jest najmniejszym kątem w trójkącie, zatem odpowiadający mu bok $c_2$ jest mniejszym z pierwiastków wcześniej wyznaczonego równania kwadratowego: $$c_2 = \dfrac{8\sqrt{3} - 8}{2} = 4\sqrt{3} - 4 = 4(\sqrt{3} - 1) \approx 2{,}93$$ Weryfikacja za pomocą twierdzenia sinusów z użyciem $\sin 15^\circ = \sin(45^\circ - 30^\circ) = \dfrac{\sqrt{6} - \sqrt{2}}{4}$: $$\begin{aligned} c_2 &= 8\sqrt{2} \cdot \sin 15^\circ \\[8pt] &= 8\sqrt{2} \cdot \dfrac{\sqrt{6} - \sqrt{2}}{4} \\[8pt] &= 2\sqrt{2}(\sqrt{6} - \sqrt{2}) \\[8pt] &= 2\sqrt{12} - 4 = 4\sqrt{3} - 4 \end{aligned}$$
Rysunek wynikowy ilustrujący oba otrzymane trójkąty:
Odcinek $AC$ o długości $4\sqrt{6}$ oraz promień $BC = 8$ tworzą dwa punkty przecięcia $B_1$ i $B_2$ z ramieniem kąta $45^\circ$:

Odpowiedź:
Przypadek 1: $\beta = 60^\circ$, $\gamma = 75^\circ$, $c = 4\sqrt{3} + 4$

Przypadek 2: $\beta = 120^\circ$, $\gamma = 15^\circ$, $c = 4\sqrt{3} - 4$

Zadanie 5 (3 pkt)

Dwa boki trójkąta mają długość $a = 3\text{ cm}$, $b = 5\text{ cm}$, a kąt między nimi ma miarę $60^\circ$. Oblicz sinusy pozostałych kątów tego trójkąta.

Wskazówki:

Mając dane dwa boki oraz kąt między nimi, długość trzeciego boku $c$ można wyznaczyć z twierdzenia cosinusów: $c^2 = a^2 + b^2 - 2ab \cos \gamma$. Pamiętaj, że $\cos 60^\circ = \dfrac{1}{2}$.
Po wyznaczeniu długości trzeciego boku $c = \sqrt{19}\text{ cm}$, sinusy pozostałych kątów ($\alpha$ leżącego naprzeciw boku $a$ oraz $\beta$ leżącego naprzeciw boku $b$) najprościej obliczyć z twierdzenia sinusów: $\dfrac{a}{\sin \alpha} = \dfrac{b}{\sin \beta} = \dfrac{c}{\sin \gamma}$.
Pamiętaj o usunięciu niewymierności z mianowników otrzymanych ułamków.

Rozwiązanie krok po kroku:

Rysunek pomocniczy i wyznaczenie długości trzeciego boku $c$ z twierdzenia cosinusów:
W trójkącie przyjmijmy standardowe oznaczenia:
- $a = 3\text{ cm}$ – bok leżący naprzeciw kąta $\alpha$,
- $b = 5\text{ cm}$ – bok leżący naprzeciw kąta $\beta$,
- $\gamma = 60^\circ$ – kąt zawarty między bokami $a$ i $b$,
- $c$ – trzeci bok trójkąta leżący naprzeciw kąta $\gamma$.
Stosujemy twierdzenie cosinusów: $$ c^2 = a^2 + b^2 - 2ab \cos \gamma $$ Podstawiamy dane liczbowe, pamiętając, że $\cos 60^\circ = \dfrac{1}{2}$: $$ \begin{aligned} c^2 &= 3^2 + 5^2 - 2 \cdot 3 \cdot 5 \cdot \cos 60^\circ \\[8pt] &= 9 + 25 - 30 \cdot \dfrac{1}{2} \\[8pt] &= 34 - 15 = 19 \end{aligned} $$ Ponieważ długość boku musi być liczbą dodatnią, otrzymujemy: $$ c = \sqrt{19}\text{ cm} $$
Sposób I – Obliczenie $\sin \alpha$ oraz $\sin \beta$ z twierdzenia sinusów:
Zgodnie z twierdzeniem sinusów stosunek długości boku trójkąta do sinusa kąta leżącego naprzeciw tego boku jest stały: $$ \dfrac{a}{\sin \alpha} = \dfrac{b}{\sin \beta} = \dfrac{c}{\sin \gamma} $$ Wstawiamy znane wartości $c = \sqrt{19}$ oraz $\sin \gamma = \sin 60^\circ = \dfrac{\sqrt{3}}{2}$: $$ \dfrac{c}{\sin \gamma} = \dfrac{\sqrt{19}}{\dfrac{\sqrt{3}}{2}} = \dfrac{2\sqrt{19}}{\sqrt{3}} $$ Wyznaczamy $\sin \alpha$ (kąta naprzeciw boku $a = 3$): $$ \begin{aligned} \dfrac{a}{\sin \alpha} &= \dfrac{c}{\sin \gamma} \\[8pt] \sin \alpha &= \dfrac{a \cdot \sin \gamma}{c} \\[8pt] &= \dfrac{3 \cdot \dfrac{\sqrt{3}}{2}}{\sqrt{19}} = \dfrac{3\sqrt{3}}{2\sqrt{19}} \end{aligned} $$ Usuwamy niewymierność z mianownika, mnożąc licznik i mianownik przez $\sqrt{19}$: $$ \begin{aligned} \sin \alpha &= \dfrac{3\sqrt{3} \cdot \sqrt{19}}{2 \cdot 19} \\[8pt] &= \dfrac{3\sqrt{57}}{38} \end{aligned} $$ Wyznaczamy $\sin \beta$ (kąta naprzeciw boku $b = 5$): $$ \begin{aligned} \sin \beta &= \dfrac{b \cdot \sin \gamma}{c} \\[8pt] &= \dfrac{5 \cdot \dfrac{\sqrt{3}}{2}}{\sqrt{19}} = \dfrac{5\sqrt{3}}{2\sqrt{19}} \end{aligned} $$ Usuwamy niewymierność z mianownika: $$ \begin{aligned} \sin \beta &= \dfrac{5\sqrt{3} \cdot \sqrt{19}}{2 \cdot 19} \\[8pt] &= \dfrac{5\sqrt{57}}{38} \end{aligned} $$
Sposób II – Wykorzystanie pola trójkąta:
Pole trójkąta o danych bokach $a = 3$, $b = 5$ i kącie $\gamma = 60^\circ$ wynosi: $$ P = \dfrac{1}{2} a b \sin \gamma = \dfrac{1}{2} \cdot 3 \cdot 5 \cdot \sin 60^\circ = \dfrac{15}{2} \cdot \dfrac{\sqrt{3}}{2} = \dfrac{15\sqrt{3}}{4} $$ To samo pole możemy wyrazić za pomocą pozostałych par boków: $$ P = \dfrac{1}{2} b c \sin \alpha \implies \dfrac{15\sqrt{3}}{4} = \dfrac{1}{2} \cdot 5 \cdot \sqrt{19} \cdot \sin \alpha $$ Wyznaczamy $\sin \alpha$: $$ \begin{aligned} \sin \alpha &= \dfrac{\dfrac{15\sqrt{3}}{4}}{\dfrac{5\sqrt{19}}{2}} \\[8pt] &= \dfrac{15\sqrt{3}}{4} \cdot \dfrac{2}{5\sqrt{19}} \\[8pt] &= \dfrac{3\sqrt{3}}{2\sqrt{19}} = \dfrac{3\sqrt{57}}{38} \end{aligned} $$ Podobnie dla kąta $\beta$: $$ P = \dfrac{1}{2} a c \sin \beta \implies \dfrac{15\sqrt{3}}{4} = \dfrac{1}{2} \cdot 3 \cdot \sqrt{19} \cdot \sin \beta $$ $$ \begin{aligned} \sin \beta &= \dfrac{\dfrac{15\sqrt{3}}{4}}{\dfrac{3\sqrt{19}}{2}} \\[8pt] &= \dfrac{15\sqrt{3}}{4} \cdot \dfrac{2}{3\sqrt{19}} \\[8pt] &= \dfrac{5\sqrt{3}}{2\sqrt{19}} = \dfrac{5\sqrt{57}}{38} \end{aligned} $$ Obie metody dają identyczne rezultaty.

Odpowiedź:
$\sin \alpha = \dfrac{3\sqrt{57}}{38}$

$\sin \beta = \dfrac{5\sqrt{57}}{38}$

Grupa B

Zadanie 1 (2 pkt)

W wycinek koła o promieniu $18\,\text{cm}$ wpisano okrąg o promieniu $6\,\text{cm}$. Oblicz pole wycinka koła.