Symetralna niezerowego odcinka to prosta prostopadła do danego odcinka, przechodząca przez  środek tego odcinka.

Niech $X$ i $Y$ będą różnymi punktami. Punkt $P$ leży na symetralnej odcinka $XY$ wtedy i tylko wtedy, gdy $\left|XP\right|=\left|YP\right|$.

R1cXL1H4TzFSb

Ilustracja przedstawia trójkąt o wierzchołkach X Y P, przez punkt P poprowadzono pionową prostą, punkt przecięcia się prostej z bokiem XY podpisano literą M.

Symetralne trzech boków trójkąta przecinają się w jednym punkcie, który jest równoodległy od jego wierzchołków.

R1aeja8qvTyAL

Ilustracja przedstawia trójkąt o wierzchołkach A B C, przez każdy z boków poprowadzono symetralną , symetralną boku AB podpisano literą k, symetralną boku BC podpisano literą l. Punkt przecięcia się symetralnych podpisano literą S. Punkt ten połączono liniami przerywanymi z wierzchołkami trójkąta.

Mówimy, że okrąg jest opisany na trójkącie, jeżeli wszystkie wierzchołki trójkąta należą do tego okręgu.

Skonstruujemy okrąg opisany na trójkącie o boku długości $4$, jeżeli promień tego okręgu ma długość $6$.

Rozwiązanie

Niech dany będzie bok $AB$ długości $4$ trójkąta $ABC$.

R1QxM4isDCYy5

Ilustracja przedstawia trójkąt rozwartokątny A B C, w którym wierzchołek B jest wierzchołkiem kąta rozwartego oraz boki AC i BC narysowano liniami przerywanymi. Bok AB ma długość cztery.

Na boku $AB$ budujemy trójkąt równoramienny o ramieniu długości $6$ (będą $2$ takie trójkąty).

R1RdgXu3dIqAH

Ilustracja przedstawia trójkąt rozwartokątny A B C, w którym wierzchołek B jest wierzchołkiem kąta rozwartego oraz boki AC i BC narysowano liniami przerywanymi. Bok AB ma długość cztery. Na boku AB zbudowano dwa trójkąty równoramienne. Trójkąt pierwszy ma swój wierzchołek nad odcinkiem AB i jest podpisany literą D. Boki AD i BD mają długość sześć. Trójkąt drugi ma swój wierzchołek pod odcinkiem AB i jest podpisany literą E. Boki AE i BE mają długość sześć.

Jeden z punktów $D$ lub $E$ będzie środkiem szukanego okręgu (leży na symetralnej boku $AB$ i jest oddalony od punktów $A$ i $B$ o $6$)

Szkicujmy okrąg o promieniu długości $6$ i środku w punkcie, który jest wierzchołkiem trójkąta (będą dwa takie okręgi).

R1S6YUevt2zQY

Ilustracja przedstawia trójkąt rozwartokątny A B C, w którym wierzchołek B jest wierzchołkiem kąta rozwartego oraz boki AC i BC narysowano liniami przerywanymi. Bok AB ma długość cztery. Na boku AB zbudowano dwa trójkąty równoramienne. Trójkąt pierwszy ma swój wierzchołek nad odcinkiem AB i jest podpisany literą D. Boki AD i BD mają długość 6. Trójkąt drugi ma swój wierzchołek pod odcinkiem AB i jest podpisany literą E. Boki AE i BE mają długość 6. Przez punkty A B i C poprowadzono pierwszy okrąg. Drugi okrąg jest odbiciem lustrzanym pierwszego okręgu względem odcinka AB.

Jeden z powstałych okręgów przechodzi przez trzeci wierzchołek trójkąta $ABC$, okrąg ten spełnia warunki zadania.

Obliczymy pole trójkąta równoramiennego przedstawionego na   rysunku, jeżeli promień okręgu opisanego na tym trójkącie  ma długość $6$.

R1TYQiGi5cfp2

Ilustracja przedstawia trójkąt równoramienny wpisany w okrąg, najdłuższy poziomy bok ma długość osiem.

Rozwiązanie

Dorysujmy promienie okręgu oraz wprowadźmy oznaczenia, jak na poniższym rysunku.

Rd85LXe15Otlf

Ilustracja przedstawia trójkąt równoramienny wpisany w okrąg, w trójkącie zaznaczono jego wysokość h, która podzieliła podstawę na dwie części o długości cztery. Na rysunku dorysowano promienie o długości sześć. Odcinek od środka okręgu do spodka wysokości trójkąta podpisano literą x.

Wobec tego długość odcinka $x$ obliczamy z twierdzenia Pitagorasa:

$x^2+4^2=6^2$

$x^2=20$, czyli $x=2\sqrt{5}$.

Zatem wysokość trójkąta jest równa:

$h=6-2\sqrt{5}$.

Pole trójkąta wynosi:

$P=\frac{1}{2}·8·\left(6-2\sqrt{5}\right)=24-8\sqrt{5}$.

Obliczymy długość wysokości trójkąta prostokątnego wychodzącej z wierzchołka kąta prostego, jeśli promień okręgu  opisanego na tym trójkącie  ma długość $6$, a jedna z przyprostokątnych ma długość $4\sqrt{6}$.

Rozwiązanie

Przyjmijmy oznaczenia jak na rysunku:

R163MYdl0Hn4s

Ilustracja przedstawia trójkąt prosotkątny A B C,gdzie kąt BAC jest kątem prostym, bok AC podpisano literą a, bok AB podpisano $b=4\sqrt{6}$, bok BC podpisano literą c. Z wierzchołka A na bok BC opuszczono wysokość h, jej spodek podpisano literą E. Z wierzchołka A poprowadzono promień $r=6$, punkt przecięcia się promienia z bokiem c podpisano literą D.

Odcinek $AD$ jest promieniem okręgu opisanego na trójkącie prostokątnym $ABC$, zatem $c=\left|BC\right|=12$. Wyznaczamy długość przyprostokątnej $a$:

$a^2={12}^2-{\left(4\sqrt{6}\right)}^2$

$a^2=48$

$a=4\sqrt{3}$.

Zauważmy, że:

$\frac{1}{2}·4\sqrt{3}·4\sqrt{6}=\frac{1}{2}·12·h$

Stąd:

$h=4\sqrt{2}$

Dany jest trójkąt $ABC$. Wykażemy, że punkt symetryczny do ortocentrumortocentrumortocentrum względem prostej zawierającej bok $BC$ leży na okręgu opisanym na tym trójkącie.

Rozwiązanie

Wprowadźmy oznaczenia jak na rysunku:

R1U2ofWu3Jlec

Ilustracja przedstawia trójkąt A B C. Przez każdy z wierzchołków poprowadzono prostą, która zawiera wysokość. Spodek wysokości opuszczonej z wierzchołka A podpisano literą K. Spodek wysokości opuszczonej z wierzchołka B podpisano literą M. Spodek wysokości opuszczonej z wierzchołka C podpisano literą L. Punkt przecięcia się wysokości popisano literą O. Poza trójkątem zaznaczono punkt $O\text{'}$, który jest symetryczny do punktu O względem boku BC. Z wierzchołka B poprowadzono linie do punktu O i punktu $O\text{'}$, z wierzchołka C również poprowadzono linie do punktu O i $O\text{'}$. Kąt ABC podpisano literą beta kąt KOC również podpisano literą beta. Kąt BCA podpisano literą gamma, kąt BOK również podpisano literą gamma. Kąt OCK podpisano $90°-\beta$. Kąt OBK podpisano $90°-\gamma$.

gdzie punkt $O$ jest ortocentrumortocentrumortocentrum trójkąta $ABC$, zaś $O\text{'}$ – punktem symetrycznym do punktu $O$ względem prostej zawierającej bok $BC$.

Ponieważ $\left|OK\right|=\left|KO\text{'}\right|$, to $△CKO\equiv △CKO\text{'}$. Oznacza to, że: $\left|\sphericalangle COK\right|=\left|\sphericalangle CO\text{'}K\right|=\beta$ oraz $\left|\sphericalangle OCK\right|=90°-\beta$. Stąd w trójkącie $CLB$: $\left|\sphericalangle LBC\right|=\beta$.

Analogicznie $\left|\sphericalangle BOK\right|=\left|\sphericalangle BO\text{'}K\right|=\gamma$; $\left|\sphericalangle OBK\right|=90°-\gamma$ oraz $\left|\sphericalangle MCB\right|=\gamma$.

Zatem: $\left|\sphericalangle CO\text{'}B\right|=\left|\sphericalangle CO\text{'}K\right|+\left|\sphericalangle BO\text{'}K\right|=\gamma +\beta$.

W trójkącie $AKB$: $\left|\sphericalangle BAK\right|=90°-\beta$.

W trójkącie $AKC$: $\left|\sphericalangle CAK\right|={90}^{\circ }-\gamma$.

Stąd: $\left|\sphericalangle BAC\right|={180}^{\circ }-\left(\beta +\gamma \right)$.

Zauważmy, że w czworokącie $CABO\text{'}$:

$\left|\sphericalangle CAB\right|+\left|\sphericalangle C{O}^{\text{'}}B\right|=\beta +\gamma +{180}^{\circ }-\left(\beta +\gamma \right)={180}^{\circ }$.

Oznacza to, że $\left|\sphericalangle AC{O}^{\text{'}}\right|+\left|\sphericalangle AB{O}^{\text{'}}\right|={180}^{\circ }$.

Zatem na czworokącie $CABO\text{'}$ można opisać okrąg. Jest to jednocześnie okrąg opisany na trójkącie $ABC$, do którego należy punkt $O\text{'}$, co należało udowodnić.

W dowolnym trójkącie na płaszczyźnie stosunki długości boków do sinusów przeciwległych kątów są równe i równają się średnicy okręgu opisanego na tym trójkącie:

RCOPj88NRuGL4

Ilustracja przedstawia trójkąt rozwartokątny wpisany w okrąg. Boki trójkąta podpisano literami a b oraz c. Kąt pomiędzy bokami a i c podpisano literą beta. Kąt pomiędzy a i b podpisano literą gamma. Kąt pomiędzy b i c podpisano literą alfa. Ze środka okręgu do wierzchołka przy kącie alfa poprowadzono promień, który podpisano literą R.

W trójkącie $ABC$ kąt przy wierzchołku $B$ jest ostry. Długość promienia okręgu opisanego na tym trójkącie jest równa $5$ oraz $\left|AC\right|=7$, $\left|AB\right|=9$. Na boku $BC$ wybrano taki punkt $P$, że $\left|BP\right|=2$. Obliczymy długość odcinka $AP$.

Rozwiązanie

Wykonajmy rysunek zgodny z treścią zadania. Kąt ostry przy wierzchołku $B$ trójkąta $ABC$ oznaczmy przez $\alpha$.

R8eRPWooOBAL9

Ilustracja przedstawia trójkąt A B C, który jest wpisany w okrąg. Bok AB ma długość dziewięć, bok AC ma długość siedem. Ze środka okręgu S poprowadzono promień do wierzchołka A, podpisano go $r=5$. Z punktu A do punktu P leżącego na boku BC poprowadzono linię. Z kolei odcinek BP ma długość dwa. Kąt ABC podpisano literą alfa.

Z zadania mamy następujące dane:

$\left|AC\right|=7$

$\left|AB\right|=9$

$\left|BP\right|=2$

$\left|AS\right|=r=5$

Z twierdzenia sinusów dla trójkąta $ABC$ z rysunku mamy:

$\frac{\left|AC\right|}{\sin \alpha }=2r$

$\frac{7}{\sin \alpha }=10$, czyli $\sin \alpha =\frac{7}{10}$

Korzystając z jedynki trygonometrycznej, obliczamy wartość $\cos \alpha$.

Zatem $\cos \alpha =\sqrt{1-{\left(\frac{7}{10}\right)}^2}=\frac{\sqrt{51}}{10}$.

Do wyznaczenia długości odcinka $AP$ stosujemy twierdzenie cosinusówtwierdzenie cosinusówtwierdzenie cosinusów dla trójkąta $ABP$:

${\left|AP\right|}^2={\left|AB\right|}^2+{\left|BP\right|}^2-2·\left|AB\right|·\left|BP\right|·\cos \alpha$

${\left|AP\right|}^2=9^2+2^2-2·9·2·\frac{\sqrt{51}}{10}$

${\left|AP\right|}^2=85-\frac{18\sqrt{51}}{5}=\frac{425-18\sqrt{51}}{5}$, czyli $\left|AP\right|=\sqrt{\frac{425-18\sqrt{51}}{5}}$

prosta prostopadła do tego odcinka  i przechodząca przez jego środek

zbiór punktów płaszczyzny euklidesowej odległych od ustalonego punktu nazywanego środkiem o odległość nazywaną promieniem

w dowolnym trójkącie, kwadrat długości dowolnego boku jest równy sumie kwadratów długości pozostałych boków, pomniejszonej o podwojony iloczyn długości tych boków i cosinusa kąta zawartego między nimi

punkt przecięcia wysokości trójkąta