Przeczytaj

Pole trójkąta możemy obliczyć za pomocą szeregu dostępnych wzorów. Wybór wzoru jest uzależniony od danych zawartych w zadaniu.

R19ZnAEv9IMLX

Ilustracja przedstawia trójkąt A B C z zaznaczonymi kątami alfa, beta oraz gamma, kąt alfa znajduje się przy wierzchołu A, kąt beta przy wierzchołku B, natomiast kąt gamma przy wierzchołku C. Z wierzchołka A upuszczono wysokość A F o długości h indeks dolny a koniec indeksu. Odcinek F C ma długość a. Z wierzchołka B upuszczono wysokość B D o długości h indeks dolny b koniec indeksu. Odcinek D C ma długość c. Z wierzchołka C upuszczono wysokość C E o długość h indeks dolny c koniec indeksu. Odcinek A E ma długość c.

W przypadku, gdy dysponujemy długością boku trójkąta oraz długością wysokościwysokość trójkątawysokości opuszczonej na ten bok, to możemy wykorzystać bardzo dobrze znany wzór:

P = \frac{1}{2} a \cdot h_{a}

Oczywiście wzór ten możemy zastosować dla innych boków trójkąta, bowiem:

P = \frac{1}{2} a \cdot h_{a} = \frac{1}{2} b \cdot h_{b} = \frac{1}{2} c \cdot h_{c}

W przypadku, gdy dysponujemy długościami dwóch boków trójkąta i miarą kąta pomiędzy tymi bokami, to możemy wykorzystać wzór:

P = \frac{1}{2} a \cdot b \cdot \sin γ = \frac{1}{2} a \cdot c \cdot \sin β = \frac{1}{2} b \cdot c \cdot \sin α

Z kolei, gdy znamy długości wszystkich boków trójkąta oraz długość promienia $r$ okręgu wpisanego w ten trójkąt, to pomocny jest wzór:

P = \frac{1}{2} r (a + b + c)

Gdy dysponujemy długościami boków trójkąta oraz długością promienia $R$ okręgu opisanego na tym trójkącie stosujemy wzór:

P = \frac{a \cdot b \cdot c}{4 R}

Ważne!

Pole trójkąta możemy obliczyć korzystając ze wzoru Herona:

P = \sqrt{p (p - a) (p - b) (p - c)}

gdzie $p = \frac{a + b + c}{2}$ oraz $a$ , $b$ , $c$ są długościami boków trójkąta.

Przykład 1

Rozważmy trójkąt taki, jak na rysunku,

R19V7kyiM3L02

Ilustracja przedstawia trójkąt A B C. Z wierzchołka B upuszczono wysokość trójkąta B D o długości cztery pierwiastki z trzech. Odcinek A B ma długość osiem, natomiast odcinek C D ma długość jedenaście przecinek pięć.

gdzie kąt przy wierzchołku $A$ ma miarę $60 °$ . Niestety żaden z zaproponowanych wzorów nie pozwala na obliczenie pola trójkąta $A B C$ w bezpośredni sposób. Zauważmy jednak, że pole trójkąta $A B C$ jest równe sumie pól trójkątów $A B D$ oraz $B C D$ .

Obliczmy zatem pole trójkąta $A B D$ .

R18PIBfPGg1CK

Ilustracja przedstawia trójkąt prostokątny A B D. odcinek A B ma długość osiem, natomiast odcinek B D ma odcinek cztery pierwiastki z trzech. Na rysunku zaznaczono również dwa kąty, kąt 60 stopni przy wierzchołku A oraz kąt 30 stopni przy wierzchołku B.

Wiemy, że kąt $A B D$ ma miarę $30 °$ , bowiem suma kątów w trójkącie wynosi $180 °$ . Możemy teraz łatwo obliczyć pole trójkąta $A B D$ korzystając ze wzoru

$P = \frac{1}{2} a \cdot b \cdot \sin γ$ .

Podstawiamy dostępne wartości i dostajemy

$P = \frac{1}{2} \cdot 8 \cdot 4 \sqrt{3} \cdot \sin 30 ° = \frac{1}{2} \cdot 8 \cdot 4 \sqrt{3} \cdot \frac{1}{2} = 8 \sqrt{3}$ .

Z kolei do obliczenia pola trójkąta $B D C$ możemy wykorzystać podstawowy, znany ze szkoły podstawowej wzór

$P = \frac{1}{2} a \cdot h_{a}$

bowiem bok $B D$ jest wysokością opuszczoną na bok $C D$ . Mamy zatem

$P = \frac{1}{2} \cdot 4 \sqrt{3} \cdot 11, 5 = 23 \sqrt{3}$ .

Ostatecznie pole trójkąta $A B C$ wynosi $P = 23 \sqrt{3} + 8 \sqrt{3} = 31 \sqrt{3}$ .

Uwaga!

Do obliczenia pola trójkąta $A B D$ można było również wykorzystać podstawowy wzór, jednak niezbędne byłoby wyznaczenie długości odcinka $A D$ ze wzoru Pitagorasa.

Przykład 2

Rozważmy sytuację przedstawioną na rysunku.

R1UZGbWJ7MslO

Ilustracja przedstawia trójkąt A B C. Wewnątrz odcinka A B zaznaczono punkt E w taki sposób, że odcinek A E ma długość sześć natomiast odcinek E B ma długość dziewięć. Na odcinku A C zaznaczono punkt D w taki sposób, że odcinek A D ma długość sześć, natomiast odcinek D C ma długość cztery. Na odcinku B C zaznaczono punkt F w taki sposób, że odcinek F B ma długość pięć natomiast podcinek C F ma długość dziesięć. Powstał trójkąt D E F, w którym odcinek D E ma długość siedem, odcinek E F ma długość sześć oraz odcinek D F ma długość dziewięć przecinek pięć.

Naszym celem jest obliczenie pól wszystkich widocznych na rysunku trójkątów i wskazanie trójkąta o największym polu (trójkąta $A B C$ nie bierzemy pod uwagę). Zauważmy, że dysponujemy długościami wszystkich boków, nie posiadamy jednak informacji o żadnym z kątów. Możemy co prawda wyznaczyć wartości miar poszczególnych kątów korzystając chociażby z twierdzenia cosinusów, jednak w tym przypadku mniej pracochłonne wydaje się zastosowanie wzoru Herona.

Zanim zastosujemy wzór Herona udowodnimy, że możemy go wyrazić w nieco innej postaci. Oznaczmy:

$a$ , $b$ , $c$ – długości boków trójkąta,

$p$ – połowa obwodu trójkąta.

Wówczas

$P = \frac{\sqrt{(a + b + c) \cdot (a + b - c) \cdot (a - b + c) \cdot (b + c - a)}}{4}$ .

Rzeczywiście

$P = \sqrt{p \cdot (p - a) \cdot (p - b) \cdot (p - c)} =$

$= \sqrt{\frac{a + b + c}{2} (\frac{a + b + c}{2} - a) (\frac{a + b + c}{2} - b) (\frac{a + b + c}{2} - c)}$

po sprowadzeniu wyrażeń w poszczególnych nawiasach do wspólnego mianownika otrzymujemy

$P = \sqrt{\frac{a + b + c}{2} (\frac{a + b + c - 2 a}{2}) (\frac{a + b + c - 2 b}{2}) (\frac{a + b + c - 2 c}{2})} =$

$= \sqrt{\frac{a + b + c}{2} (\frac{b + c - a}{2}) (\frac{a + c - b}{2}) (\frac{a + b - c}{2})} =$ $\sqrt{\frac{(a + b + c) \cdot (b + c - a) \cdot (a + c - b) \cdot (a + b - c)}{16}} =$

$= \frac{\sqrt{(a + b + c) \cdot (b + c - a) \cdot (a + c - b) \cdot (a + b - c)}}{4}$ .

W przypadku trójkąta $A D E$ mamy zatem

$P = \frac{\sqrt{(6 + 6 + 7) \cdot (6 + 7 - 6) \cdot (6 + 7 - 6) \cdot (6 + 6 - 7)}}{4} = \frac{\sqrt{19 \cdot 7 \cdot 7 \cdot 5}}{4} = \frac{\sqrt{4655}}{4}$ .

Dla trójkąta $C D F$ pole wynosi

$P = \frac{\sqrt{23, 5 \cdot 4, 5 \cdot 3, 5 \cdot 15, 5}}{4} = \frac{\sqrt{5736, 9375}}{4}$ .

W trójkącie $B E F$ pole wynosi

$P = \frac{\sqrt{20 \cdot 2 \cdot 10 \cdot 8}}{4} = \frac{\sqrt{3200}}{4} = \frac{40 \sqrt{2}}{4} = 10 \sqrt{2}$ .

I ostatecznie w trójkącie $D E F$ obliczamy pole z tego samego wzoru

$P = \frac{\sqrt{22, 5 \cdot 3, 5 \cdot 10, 5 \cdot 8, 5}}{4} = \frac{\sqrt{7028, 4375}}{4}$ .

Wynika stąd, że największe pole ma trójkąt $D E F$ . Aby się upewnić możemy skorzystać z kalkulatora.

Przykład 3

R143mwiWxDs26

Ilustracja przedstawia trójkąt A B C, gdzie odcinek A B ma długość c, odcinek B C ma długość a, natomiast odcinek A C ma długość b równą dziesięć. Na rysunku zaznaczono również kąty, przy wierzchołku A kąt 30 stopni oraz przy wierzchołku C kąt 45 stopni.

Dla trójkąta przedstawionego na rysunku wyznaczymy długości promienia okręgu opisanego i wpisanego w ten trójkąt.

Na początku wykorzystamy twierdzenie sinusów w celu wyznaczenia długości boku $a$ . Suma miar kątów w trójkącie wynosi $180 °$ , stąd otrzymujemy, że $∢ A B C = 180 ° - 75 ° = 105 °$ . Mamy zatem

$\frac{a}{\sin 30 °} = \frac{10}{\sin 105 °}$ .

Stąd

$a \cdot \sin 105 ° = 10 \cdot \sin 30 °$ .

Korzystamy ze wzoru redukcyjnego dla $\sin 105 °$ , zatem $\sin 105 ° = \sin (180 ° - 75 °) = \sin 75 °$ .

Następnie ze wzoru na sumę kątów funkcji sinus otrzymujemy

$\sin 75 ° = \sin (30 ° + 45 °) = \sin 30 ° \cos 45 ° + \cos 30 ° \sin 45 ° = \frac{1}{2} \cdot \frac{\sqrt{2}}{2} + \frac{\sqrt{3}}{2} \cdot \frac{\sqrt{2}}{2} = \frac{\sqrt{2} + \sqrt{6}}{4}$ .

Po podstawieniu wartości sinusów dla odpowiednich kątów mamy

$a \frac{\sqrt{6} + \sqrt{2}}{4} = 5$

stąd

$a = \frac{20}{\sqrt{6} + \sqrt{2}} \cdot \frac{\sqrt{6} - \sqrt{2}}{\sqrt{6} - \sqrt{2}} = 5 (\sqrt{6} - \sqrt{2})$ .

Ostatecznie

$P = \frac{1}{2} a \cdot b \cdot \sin 45 ° = \frac{1}{2} \cdot 10 \cdot 5 (\sqrt{6} - \sqrt{2}) \cdot \frac{\sqrt{2}}{2} = 5 \cdot 5 \cdot \frac{\sqrt{12} - 2}{2} = 25 \cdot \frac{2 (\sqrt{3} - 1)}{2} =$

$= 25 (\sqrt{3} - 1)$ .

Obliczymy długość boku $c$ korzystając z twierdzenia sinusów:

$\frac{b}{\sin 105 °} = \frac{c}{\sin 45 °}$

$\frac{10}{\frac{\sqrt{6} + \sqrt{2}}{4}} = \frac{c}{\frac{\sqrt{2}}{2}}$ .

$c = 10 \cdot \frac{4}{\sqrt{6} + \sqrt{2}} \cdot \frac{\sqrt{2}}{2} = 10 \cdot (\sqrt{3} - 1)$ .

Obliczymy długość promienia okręgu opisanego na tym trójkącieokrąg opisany na trójkącieokręgu opisanego na tym trójkącie.

W tym celu skorzystamy ze wzoru na pole trójkąta zawierającego promień okręgu opisanego na danym trójkącie, czyli

$P = \frac{a \cdot b \cdot c}{4 R}$ .

Po podstawieniu dostępnych danych otrzymujemy równanie

$25 (\sqrt{3} - 1) = \frac{5 (\sqrt{6} - \sqrt{2}) \cdot 10 \cdot 10 (\sqrt{3} - 1)}{4 R}$ ,

z którego wyliczamy nieznaną wartość $R$ . Mamy zatem

$4 R \cdot 25 (\sqrt{3} - 1) = 500 \cdot (\sqrt{6} - \sqrt{2}) \cdot (\sqrt{3} - 1)$ ,

skąd

$R = 5 (\sqrt{6} - \sqrt{2})$ .

Obliczymy długość promienia okręgu wpisanego w ten trójkątokrąg wpisany w trójkątokręgu wpisanego w ten trójkąt.

Podobnie jak poprzednio wykorzystamy odpowiednią wersję wzoru na pole trójkąta zawierającą informacje o promieniu okręgu wpisanego w trójkąt, czyli

$P = \frac{1}{2} r (a + b + c)$ .

Po podstawieniu dostępnych danych otrzymujemy równanie

$25 (\sqrt{3} - 1) = \frac{1}{2} r (5 (\sqrt{6} - \sqrt{2}) + 10 + 10 (\sqrt{3} - 1))$ .

Po uproszczeniu możemy to równanie wyrazić jako

$50 (\sqrt{3} - 1) = r (5 \sqrt{6} - 5 \sqrt{2} + 10 \sqrt{3})$ .

Stąd

$r = \frac{50 (\sqrt{3} - 1)}{5 (\sqrt{6} - \sqrt{2} + 2 \sqrt{3})} = \frac{10 (\sqrt{3} - 1)}{\sqrt{6} - \sqrt{2} + 2 \sqrt{3}} \cdot \frac{\sqrt{6} + \sqrt{2} - 2 \sqrt{3}}{\sqrt{6} + \sqrt{2} - 2 \sqrt{3}} = \frac{10 (\sqrt{3} - 1) (\sqrt{6} + \sqrt{2} - 2 \sqrt{3})}{(\sqrt{6} - \sqrt{2} + 2 \sqrt{3}) (\sqrt{6} + \sqrt{2} - 2 \sqrt{3})} =$

$= \frac{10 (\sqrt{3} - 1) (\sqrt{6} + \sqrt{2} - 2 \sqrt{3})}{6 + \sqrt{12} - 2 \sqrt{18} - \sqrt{12} - 2 + 2 \sqrt{6} + 2 \sqrt{18} + 2 \sqrt{6} - 12} = \frac{10 (3 \sqrt{2} + \sqrt{6} - 6 - \sqrt{6} - \sqrt{2} + 2 \sqrt{3})}{4 \sqrt{6} - 8} =$

$= \frac{10 (2 \sqrt{2} + 2 \sqrt{3} - 6)}{4 \sqrt{6} - 8} = \frac{20 (\sqrt{2} + \sqrt{3} - 3)}{4 (\sqrt{6} - 2)} = \frac{5 (\sqrt{2} + \sqrt{3} - 3)}{\sqrt{6} - 2} \cdot \frac{\sqrt{6} + 2}{\sqrt{6} + 2} =$

$= \frac{5 (\sqrt{12} + 2 \sqrt{2} + \sqrt{18} + 2 \sqrt{3} - 3 \sqrt{6} - 6)}{6 - 4} = \frac{5 (\sqrt{4 \cdot 3} + 2 \sqrt{2} + \sqrt{9 \cdot 2} + 2 \sqrt{3} - 3 \sqrt{6} - 6)}{2} =$

$= \frac{5 (2 \sqrt{3} + 2 \sqrt{2} + 3 \sqrt{2} + 2 \sqrt{3} - 3 \sqrt{6} - 6)}{2} = \frac{5 (4 \sqrt{3} + 5 \sqrt{2} - 3 \sqrt{6} - 6)}{2}$ .

Przykład 4

Dany jest trójkąt $A B C$ , w którym $|A C| = 17$ i $|B C| = 12$ . Na boku $A B$ leży punkt $D$ taki, że $|A D| : |D B| = 1 : 4$ oraz $|D C| = 12$ . Obliczymy pole trójkąta $A B C$ .

Rozwiązanie

Stworzymy odpowiedni rysunek.

RF13qzLDCD2cE

Ilustracja przedstawia trójkąt A B C, gdzie odcinek A C ma długość 17, natomiast odcinek C B ma długość dwanaście. Z wierzchołka C na podstawę A B upuszczono wysokość C E o długości h oraz odcinek C D o długości dwanaście. Odcinek A D ma długość x, odcinek D E ma długość dwa x, natomiast odcinek E B ma długość dwa x.

Z podanego stosunku w treści zadania wiemy, że istnieje taka liczba $x$ , że $|A D| = x$ oraz $|D B| = 4 x$ . Zauważmy, że trójkąt $D B C$ jest równoramienny zatem wysokość podzieli odcinek $D B$ równo na połowę. Oznaczymy spodek wysokości literą $E$ . Zatem $|D E| = |E B| = 2 x$ .

Skorzystamy z twierdzenia Pitagorasa dla trójkąta $D E C$ oraz $A E C$ . Otrzymujemy wówczas

$h^{2} + 4 x^{2} = 144$ oraz $h^{2} + 9 x^{2} = 289$ .

Przekształcamy obydwa równania

$h^{2} = 144 - 4 x^{2}$ oraz $h^{2} = 289 - 9 x^{2}$ .

Stąd otrzymujemy, że

$144 - 4 x^{2} = 289 - 9 x^{2}$ ,

$5 x^{2} = 145$ ,

$x^{2} = 29$ ,

$x^{} = \sqrt{29}$ .

Wyznaczymy długość podstawy $|A B| = 5 x = 5 \sqrt{29}$ oraz wysokość $h^{} = \sqrt{144 - 4 \cdot 29} = \sqrt{144 - 116} = \sqrt{28} = 2 \sqrt{7}$ .

Zatem $P = \frac{1}{2} \cdot 5 \sqrt{29} \cdot 2 \sqrt{7} = 5 \sqrt{203}$ .

Przykład 5

W trójkąt prostokątny wpisano okrąg. Punkt styczności dzieli przeciwprostokątną na odcinki długości $x$ oraz $y$ . Wykaż, że pole trójkąta jest równe $x y$ .

Rozwiązanie

Na podstawie treści zadania stworzymy odpowiedni rysunek.

R1M1oyRp78yyU

Ilustracja przedstawia trójkąt prostokątny A B C. Wewnątrz trójkąta wpisano okrąg o środku w punkcie O i promieniu r, styczny do odcinka A C w punkcie F, do odcinka C B w punkcie D oraz do odcinka A B w punkcie E. Punkt D dzieli odcinek C B na dwie części, pierwsza C D o długości x oraz druga D B o długości y. Wewnątrz trójkąta powstał kwadrat A E O F o długości ścian r.

Z podobieństwa trójkątów $C F O$ oraz $C O D$ wynika, że $|C F| = x$ . Podobnie z podobieństwa trójkątów $E B O$ oraz $B D O$ wynika, że $|E B| = y$ . Zatem $|A C| = x + r$ oraz $|A B| = y + r$ .

Możemy zapisać pole trójkąta jako $P = \frac{1}{2} \cdot (x + r) \cdot (y + r)$ oraz $P = p r = (x + y + r) \cdot r$ .

Przyrównujemy otrzymane wyrażenia i dostajemy w ten sposób równanie $(x + y + r) \cdot r = \frac{1}{2} \cdot (x + r) \cdot (y + r)$ .

Przekształcamy je w następujący sposób

$2 x r + 2 y r + 2 r^{2} = x y + x r + y r + r^{2}$ ,

$x r + y r + r^{2} = x y$ ,

$(x + y + r) \cdot r = x y$ ,

$P = x y$ .

Zatem udowodniliśmy tezę z treści zadania.

Słownik

wysokość trójkąta

to odcinek poprowadzony z wierzchołka opuszczony pod kątem prostym na prostą zawierającą przeciwległy bok

okrąg wpisany w trójkąt

to okrąg, który jest styczny do wszystkich boków trójkąta. Środek tego okręgu leży w punkcie przecięcia dwusiecznych kątów trójkąta

okrąg opisany na trójkącie

to okrąg, na którym leżą wszystkie wierzchołki trójkąta. Jego środek leży w punkcie przecięcia symetralnych boków trójkąta

Wprowadzenie

Galeria zdjęć interaktywnych

Słownik