Przeczytaj

Okręgiem wpisanym w trójkąt $A B C$ nazywamy okrąg, który jest styczny do wszystkich boków tego trójkąta.

REGb5FjegRylF

Grafika przedstawia trójkąt prostokątny ABC w który wpisano okrąg o środku S. Okrąg styka się z trójkątem w punkcie D dzieląc bok AB na odcinki AD i DB, puncie E dzieląc bok BC na odcinki BE i EC oraz punkcie F dzieląc bok AC na odcinki AF i FC . Promienie okręgu o długości R tworzą odcinki SD , SE i SF . Zaznaczono kąty proste między bokami trójkąta a promieniami okręgu.

Promień okręgu poprowadzony do punktu styczności z bokiem trójkąta jest prostopadły do tego boku.

Dla każdego trójkąta istnieje dokładnie jeden okrąg wpisany w ten trójkąt.

Środek okręgu wpisanego w trójkątokrąg wpisany w trójkątokręgu wpisanego w trójkąt jest punktem przecięcia dwusiecznych kątów tego trójkąta.

Długość promienia okręgu wpisanego w trójkąt

Twierdzenie: Długość promienia okręgu wpisanego w trójkąt

RzzMLMr4Y78Mq

Grafika przedstawia trójkąt prostokątny ABC w który wpisano okrąg o środku S. Bok AB ma długość c bok BC ma długość a oraz bok AC ma długość b. Okrąg styka się z trójkątem w punkcie D dzieląc bok AB na odcinki AD i DB, puncie E dzieląc bok BC na odcinki BE i EC oraz punkcie F dzieląc bok AC na odcinki AF i FC . Promienie okręgu o długości R tworzą odcinki SD , SE i SF . Zaznaczono kąty proste między bokami trójkąta a promieniami okręgu. Poprowadzone są również linie ze środka okręgu do wierzchołków trójkąta tworząc odcinki SA , SB i SC ,oznaczone na różowo.

Promień okręgu wpisanego w trójkąt o bokach $a$ , $b$ , $c$ i polu $P$ wynosi

r = \frac{2 P}{a + b + c} = \frac{2 P}{L}

gdzie $L$ oznacza obwód trójkąta.

Dowód

$P = P_{A S B} + P_{B S C} + P_{A S C}$

Ponieważ promień jest prostopadły do boku trójkąta, to

$P = \frac{a r}{2} + \frac{b r}{2} + \frac{c r}{2}$

$2 P = a r + b r + c r = r (a + b + c)$

Stąd $r = \frac{2 P}{a + b + c}$ .

Przykład 1

Wyznaczymy promień okręgu wpisanego w trójkąt prostokątny o bokach długości $3$ , $4$ , $5$ .

Rozwiązanie

Pole trójkąta wynosi $P = \frac{3 \cdot 4}{2} = 6$ .

Stąd $r = \frac{2 \cdot 6}{3 + 4 + 5} = \frac{12}{12} = 1$ .

Długość promienia okręgu wpisanego w trójkąt można wyznaczyć przy danych niektórych długościach boków lub miarach kątów. Posłużyć mogą do tego twierdzenia, które pozwalają wyznaczyć pole lub obwód trójkąta.

Własność punktów styczności okręgu wpisanego w trójkąt

R12PKUvQA1uTT

Niech $D$ , $E$ , $F$ będą punktami styczności okręgu wpisanego w trójkąt z bokami tego trójkąta. Wtedy przy oznaczeniach z rysunku zachodzą równości:

$|A D| = |A F| = w$ , $|B D| = |B E| = v$ , $|C E| = |C F| = u$

Przykład 2

Wyznaczymy promień okręgu wpisanego w trójkąt prostokątny $A C B$ , w którym punkt styczności okręgu z przeciwprostokątną jest odległy od $C$ o $5$ i od $A$ o $7$ .

Rozwiązanie

Przyjmijmy oznaczenia jak na rysunku.

RcvOfLcexvVNM

Grafika przedstawia trójkąt prostokątny ABC w który wpisano okrąg o środku O. Okrąg styka się z trójkątem w punkcie D dzieląc bok AB na odcinki AD i DB, puncie E dzieląc bok BC na odcinki BE i EC oraz punkcie F dzieląc bok AC na odcinki AF i FC . Promienie okręgu o długości r tworzą odcinki OD , OE i OF . Zaznaczono kąty proste między bokami trójkąta a promieniami okręgu. Odcinki AD i AF niebiesko mają długość 7 , odcinki DB i BE mają długość r natomiast odcinki EC i FC mają długość 5 . Odcinki DB , BE ,OD i OE tworzą kwadrat o boku r oznaczony na różowo , są w nim zaznaczone kąty proste ODB ,DBE i BEO.

Ponieważ trójkąt jest prostokątny, to czworokąt $D O E B$ jest kwadratem o boku $r$ . Z własności punktów styczności wynika, że $|A C| = 7 + 5 = 12$ , $|B C| = 5 + r$ , $|A B| = 7 + r$ .

Długość promienia $r$ możemy wyznaczyć na dwa sposoby.

Sposób $1$

Z twierdzenia Pitagorasa $(5 + r)^{2} + {(7 + r)}^{2} = 12^{2}$ .

$25 + 10 r + r^{2} + 49 + 14 r + r^{2} = 144$

$2 r^{2} + 24 r - 70 = 0$

$r^{2} + 12 r - 35 = 0$

$Δ = 144 + 140 = 284$

$\sqrt{Δ} = 2 \sqrt{71}$

$r_{1} = \frac{- 12 - 2 \sqrt{71}}{2} < 0$ , $r_{2} = \frac{- 12 + 2 \sqrt{71}}{2} = \sqrt{71} - 6$

Zatem $r = \sqrt{71} - 6$ .

Sposób $2$

Korzystamy ze wzoru na długość promienia okręgu wpisanego w trójkąt.

$r = \frac{2 P}{L} = \frac{(5 + r) (7 + r)}{24 + 2 r}$

$r (24 + 2 r) = (5 + r) (7 + r)$

$2 r^{2} + 24 r = r^{2} + 12 r + 35$

$r^{2} + 12 r - 35 = 0$

Otrzymaliśmy to samo równanie co wyżej, więc $r = \sqrt{71} - 6$ .

Wzory na pole trójkąta

$P = \frac{1}{2} a h$ , gdzie $a$ jest bokiem trójkąta, a $h$ jest wysokością opuszczoną na ten bok.

Wzór Herona: $P = \sqrt{p (p - a) (p - b) (p - c)}$ , gdzie $a$ , $b$ , $c$ są bokami trójkąta, a $p$ jest połową obwodu.

$P = \frac{1}{2} a b \sin γ$ , gdzie $a$ , $b$ są bokami trójkąta, a $γ$ jest kątem pomiędzy tymi bokami.

$P = \frac{a b c}{4 R}$ , gdzie $a$ , $b$ , $c$ są bokami trójkąta, a $R$ jest promieniem okręgu opisanego na trójkącieokrąg opisany na trójkącieokręgu opisanego na trójkącie.

$P = p r$ , gdzie $p$ oznacza połowę obwodu trójkąta, a $r$ jest promieniem okręgu wpisanego w ten trójkąt.
Warto zauważyć, że wzór 5. jest prostym przekształceniem wzoru na długość promienia okręgu wpisanego w trójkąt.

Przykład 3

Pokażemy, że promień okręgu wpisanego w trójkąt o bokach $a$ , $b$ , $c$ , wynosi $r = \sqrt{\frac{(p - a) (p - b) (p - c)}{p}}$ , gdzie $p$ jest połową obwodu tego trójkąta.

Rozwiązanie

Ze wzoru Herona mamy $P = \sqrt{p (p - a) (p - b) (p - c)}$ .

Stąd

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

Przykład 4

Wyznaczymy promień okręgu wpisanego w trójkąt o bokach długości $5$ , $6$ , $7$ .

Rozwiązanie

$p = \frac{5 + 6 + 7}{2} = \frac{18}{2} = 9$ , więc $r = \sqrt{\frac{(9 - 5) (9 - 6) (9 - 7)}{9}} = \sqrt{\frac{24}{9}} = \frac{2}{3} \sqrt{6}$

Przykład 5

Wyznaczymy promień okręgu wpisanego w trójkąt o bokach długości $5$ , $6$ i kącie między nimi $120 °$ .

Rozwiązanie

Wyznaczamy pole trójkąta $P = \frac{1}{2} a b \sin γ = \frac{1}{2} \cdot 5 \cdot 6 \sin 120 ° = \frac{15 \sqrt{3}}{2}$ .

Wyznaczamy trzeci bok trójkąta z twierdzenia cosinusówtwierdzenie cosinusówtwierdzenia cosinusów

$c^{2} = a^{2} + b^{2} - 2 a b \cos γ = 5^{2} + 6^{2} - 2 \cdot 5 \cdot 6 \cos 120 ° = 25 + 36 + \frac{2 \cdot 5 \cdot 6}{2} = 91$

$c = \sqrt{91}$ .

Stąd $r = \frac{2 \frac{15 \sqrt{3}}{2}}{5 + 6 + \sqrt{91}} = \frac{15 \sqrt{3}}{11 + \sqrt{91}} = \frac{15 \sqrt{3} (11 - \sqrt{91})}{121 - 91} = \frac{11 \sqrt{3} - \sqrt{273}}{2}$ .

Przykład 6

Wyznaczymy promień okręgu wpisanego w trójkąt taki, jak na rysunku, o kątach $α = 30 °$ , $β = 45 °$ i boku $b = 6$ .

Rozwiązanie

Przyjmijmy oznaczenia jak na rysunku.

R93OHamfb1gqc

Ilustracja przedstawia trójkąt ABC w który wpisany jest okrąg o środku O. Bok AB ma długość c , bok BC ma długość a natomiast bok AC ma długość b . Kąt CAB ma wartość α kąt ABC ma wartość β z kolei kąt BCA ma wartość γ. Z wierzchołka C opuszczona jest wysokość , oznaczona przerywaną linią ,do punktu D który dzieli bok AB na odcinki AD i DB.

Poprowadźmy wysokość $h = |C D|$ w trójkącie $A B C$ . Jeżeli $α = 30 °$ , to trójkąt $A D C$ jest trójkątem prostokątnym o przeciwprostokątnej $b = 6$ i kątach ostrych $30 °$ i $60 °$ .

Wtedy $h = \frac{b}{2} = 3$ oraz $|A D| = 3 \sqrt{3}$ .

Jeżeli $β = 45 °$ , to trójkąt $B D C$ jest trójkątem prostokątnym o przyprostokątnej $h$ i kącie ostrym $45 °$ . Stąd $a = 3 \sqrt{2}$ oraz $|D B| = 3$ .

Zatem obwód trójkąta $A B C$ wynosi $a + b + c = 3 \sqrt{2} + 6 + 3 \sqrt{3} + 3 = 9 + 3 \sqrt{2} + 3 \sqrt{3}$ a pole tego trójkąta $P = \frac{h \cdot c}{2} = \frac{3 (3 + 3 \sqrt{3})}{2} = \frac{9 (1 + \sqrt{3})}{2}$ .

Ostatecznie, promień okręgu wpisanego w ten trójkąt ma długość

$r = \frac{2 P}{a + b + c} = \frac{9 (1 + \sqrt{3})}{9 + 3 \sqrt{2} + 3 \sqrt{3}} = \frac{3 (1 + \sqrt{3})}{3 + \sqrt{2} + \sqrt{3}}$

Przykład 7

Wyznaczymy długość boku trójkąta równobocznego znając długość $r$ promienia okręgu wpisanego w ten trójkąt.

Rozwiązanie

Pole trójkąta równobocznego o boku $a$ wynosi $P = \frac{a^{2} \sqrt{3}}{4} = \frac{3 r a}{2}$ . Z równości wynika, że $a \sqrt{3} = 6 r$ .

Stąd $a = \frac{6 r}{\sqrt{3}} = 2 r \sqrt{3}$ .

Przykład 8

Wyznaczymy stosunek pola koła wpisanego w trójkąt do pola trójkąta i obliczymy ten stosunek dla trójkąta o bokach $6$ , $8$ , $10$

Rozwiązanie

$r = \frac{2 P}{a + b + c}$ , więc pole koła wpisanego w trójkąt wynosi $π r^{2} = \frac{4 P^{2} π}{{(a + b + c)}^{2}}$ .

Stąd stosunek pola koła wpisanego w trójkąt do pola trójkąta wynosi $\frac{4 P^{2} π}{P {(a + b + c)}^{2}} = \frac{4 P π}{{(a + b + c)}^{2}}$ .

Trójkąt o bokach $6$ , $8$ , $10$ jest trójkątem prostokątnym. Jego pole jest równe $P = \frac{6 \cdot 8}{2} = 24$ , a obwód jest równy $a + b + c = 6 + 8 + 10 = 24$ .

Stąd stosunek pola koła wpisanego w ten trójkąt do pola trójkąta wynosi $\frac{4 P π}{{(a + b + c)}^{2}} = \frac{4 \cdot 24 π}{24^{2}} = \frac{π}{6}$ .

Słownik

okrąg wpisany w trójkąt

okrąg, który jest styczny do wszystkich boków trójkąta

okrąg opisany na trójkącie

okrąg, który przechodzi przez wszystkie wierzchołki trójkąta

twierdzenie cosinusów

w dowolnym trójkącie $A B C$ , przy oznaczeniach z rysunku, zachodzi równość:

R1FuWGwgkig1p

Ilustracja przedstawia trójkąt ABC . Bok AB ma długość c , bok BC ma długość a natomiast bok AC ma długość b. Kąt CAB ma wartość α kąt ABC ma wartość β z kolei kąt BCA ma wartość γ.

c^{2} = a^{2} + b^{2} - 2 a b \cos γ

Wprowadzenie

Animacja

Własność punktów styczności okręgu wpisanego w trójkąt

Wzory na pole trójkąta

Słownik