Pole równoległoboku o kącie ostrym $75°$ wynosi $4\left(\sqrt{2}+\sqrt{6}\right)$. Obliczymy długości jego boków, jeśli pozostają one w stosunku $1:2$.

Rozwiązanie

Oznaczymy długości boków równoległoboku przez $x$ i $2x$. Zatem:
$4\left(\sqrt{2}+\sqrt{6}\right)=x·2x·\sin 75°$.
Korzystając ze wzoru na sinus sumy kątów wyznaczymy $\sin 75°$:
$\sin 75°=\sin \left(30°+45°\right)=\sin 30°·\cos 45°+\sin 45°·\cos 30°=\frac{\sqrt{2}+\sqrt{6}}{4}$.
Zatem:
$4\left(\sqrt{2}+\sqrt{6}\right)=2x^2·\frac{\sqrt{2}+\sqrt{6}}{4}$
$x^2=8$
$x=2\sqrt{2}$

Boki równoległoboku mają długości: $2\sqrt{2}$ i $4\sqrt{2}$.

Pole koła wpisanego w romb o kącie ostrym o mierze $60°$ wynosi $18\pi$. Wyznaczymy pole tego rombu.

Rozwiązanie

Wysokość rombu, w którym wpisano koło o promieniu długości $r$, jest równa $h=2r$:

R12zPSh3WuL4C

Ilustracja przedstawia romb ABCD w który wpisano okręg o środku O i promieniu r. Z wierzchołka D opuszczono wysokość h . Bok AD ma długość a z kolei kąt $\alpha$ DAB ma wartość $60°$.

Wyznaczymy długość promienia koła wpisanego w romb:
$18\pi =\pi ·r^2$
$18=r^2$
$r=3\sqrt{2}$
Zatem wysokość tego rombu ma długość: $h=6\sqrt{2}$.
Wykorzystamy definicję sinusa kąta ostrego w trójkącie prostokątnymsinus kąta ostrego w trójkącie prostokątnymsinusa kąta ostrego w trójkącie prostokątnym:

$\sin 60°=\frac{h}{a}$
$a=\frac{6\sqrt{2}}{\frac{\sqrt{3}}{2}}=\frac{12\sqrt{2}}{\sqrt{3}}=4\sqrt{6}$
Obliczamy pole rombu:
$P={\left(4\sqrt{6}\right)}^2\cdot \sin {60}^{\circ }=16\cdot 6\cdot \frac{\sqrt{3}}{2}=48\sqrt{3}$.

Bok $BC$ trójkąta $ABC$ ma długość $3\sqrt{5}$, zaś bok $AC$ jest dwa razy krótszy niż bok $AB$. Sinus kąta ostrego $ABC$ wynosi $\frac{\sqrt{5}}{5}$. Wyznaczymy pole tego trójkąta, jeśli $\left|AB\right|>3\sqrt{10}$.

Rozwiązanie

Przyjmijmy oznaczenia jak na rysunku:

R1FaJMFoA4G0p

Ilustracja przedstawia trójkąt ABC . Bok AB ma długość $2x$ , bok BC ma długość $3\sqrt{5}$ a bok AC ma długość $x$. Kąt ABC ma wartość $\alpha$.

Do wyznaczenia długości boku $AB$ zastosujemy twierdzenie cosinusówtwierdzenie cosinusówtwierdzenie cosinusów:
$x^2={\left(2x\right)}^2+{\left(3\sqrt{5}\right)}^2-2·2x·3\sqrt{5}·\cos \alpha$
$x^2=4x^2+45-12\sqrt{5}x·\cos \alpha$
Wartość $\cos \alpha$ wyznaczymy z jedynki trygonometrycznejjedynka trygonometrycznajedynki trygonometrycznej:

${\left(\frac{\sqrt{5}}{5}\right)}^2+{\cos }^2\alpha =1$
${\cos }^2\alpha =1-\frac{5}{25}$
${\cos }^2\alpha =\frac{20}{25}$
$\cos \alpha =\frac{2\sqrt{5}}{5}$

Zatem:
$x^2=4x^2+45-12\sqrt{5}x·\frac{2\sqrt{5}}{5}$
$3x^2-24x+45=0$
$x^2-8x+15=0$
$\left(x-3\right)\left(x-5\right)=0$
Stąd: $x=3$ lub $x=5$

Tylko dla $x=5$ długość boku $AB$ jest większa od $3\sqrt{10}$, co daje: $\left|AB\right|=10$.

Pole trójkąta $ABC$ jest równe:
$P=\frac{1}{2}·10·3\sqrt{5}·\frac{\sqrt{5}}{5}=15$.

Obliczymy pole trapezu równoramiennego, którego krótsza podstawa ma długość $6$ a miara kąta ostrego wynosi $60°$, jeśli promień okręgu opisanego na tym trapezie ma długość $\frac{2\sqrt{111}}{3}$.

Rozwiązanie

Przyjmijmy oznaczenia jak na rysunku:

RHVPjnax4XkmZ

Grafika przedstawia okrąg o promieniu R równym $\frac{2\sqrt{111}}{3}$ opisany na trapezie ABCD. Z wierzchołka D opuszczono wysokość h równą $a\sqrt{3}$ na podstawę AB tworząc odcinki AE i EB oraz poprowadzono przerywaną linią przekątną trapezu DB o długości d. Kąt DAE ma wartość $60°$. Odcinek AE ma dłługość a , odcinek EB ma długość $6+a$ a podstawa DC ma długość sześć.

Zauważmy, że okrąg opisany na trapezie $ABCD$ jest jednocześnie okręgiem opisanym na trójkącie $ABD$. Zastosujemy zatem twierdzenie sinusówtwierdzenie sinusówtwierdzenie sinusów:
$\frac{d}{\sin 60°}=2R$
$d=2\cdot \frac{2\sqrt{111}}{3}\cdot \frac{\sqrt{3}}{2}=2\sqrt{37}$

Z twierdzenia Pitagorasa dla trójkąta $DEB$:

${\left(a\sqrt{3}\right)}^2+{\left(6+a\right)}^2={\left(2\sqrt{37}\right)}^2$
$3a^2+36+12a+a^2=148$
$4a^2+12a-112=0$
$a^2+3a-28=0$
$\left(a-4\right)\left(a+7\right)=0$
$a=4$ lub $a=-7<0$

Zatem: $\left|AB\right|=14$.

Stąd: $P=\frac{6+14}{2}·4\sqrt{3}=40\sqrt{3}$

Udowodnimy, że dla dowolnego czworokąta o bokach długości $a$, $b$, $c$, $d$, który można wpisać w okrąg, jego pole wyraża się wzorem:
$P=\sqrt{\left(p-a\right)·\left(p-b\right)·\left(p-c\right)·\left(p-d\right)}$
gdzie $p$ oznacza połowę obwodu czworokąta.

Rozwiązanie

Przyjmijmy oznaczenia jak na rysunku:

R1T9ijqr04XYt

Ilustracja przedstawia okrąg o środku O opisany na czworokącie ABCD. Przekątna czworokąta AC ma wartość e , bok AB ma wartość d , bok BC ma wartość a, bok CD ma wartość b a bok DA ma wartość c. Kąt ABC ma wartość $\alpha$.

Czworokąt $ABCD$ jest sumą trójkątów $ABC$ i $ACD$, zatem:$P=P_{\Delta ABC}+P_{\Delta ACD}=\frac{1}{2}ad·\sin \alpha +\frac{1}{2}bc·\sin \alpha =\frac{1}{2}·\left(ad+bc\right)·\sin \alpha$

Ponieważ na czworokącie $ABCD$ da się opisać okrąg, to $\left|\sphericalangle ABC\right|=\alpha$ i $\left|\sphericalangle ADC\right|=180°-\alpha$.

Stosując dwukrotnie twierdzenie cosinusów otrzymujemy:
$e^2=a^2+d^2-2ad·\cos \alpha$
$e^2=b^2+c^2-2bc·\cos \left(180°-\alpha \right)$

Zatem:
$a^2+d^2-2ad·\cos \alpha =b^2+c^2+2bc·\cos \alpha$, co daje: $2bc\cdot \cos \alpha +2ad\cdot \cos \alpha =a^2+d^2-b^2-c^2$ i stąd: $\cos \alpha =\frac{a^2+d^2-b^2-c^2}{2\left(bc+ad\right)}$

Zastosujemy następnie jedynkę trygonometryczną:
${\sin }^2\alpha +{\left(\frac{a^2+d^2-b^2-c^2}{2\left(bc+ad\right)}\right)}^2=1$
${\sin }^2\alpha =1-{\left(\frac{a^2+d^2-b^2-c^2}{2\left(bc+ad\right)}\right)}^2$ ${\sin }^2\alpha =1-{\frac{\left(a^2+d^2-b^2-c^2\right)}{4{\left(bc+ad\right)}^2}}^2$

Zauważmy, że:
$p^2=\frac{1}{4}·{\left(ad+bc\right)}^2·{\sin }^2\alpha$

Zatem:
$p^2=\frac{{\left(ad+bc\right)}^2}{4}\cdot \left[1-\frac{{\left(a^2+d^2-b^2-c^2\right)}^2}{4{\left(bc+ad\right)}^2}\right]$
$p^2=\frac{{\left(ad+bc\right)}^2}{4}\cdot \left[\frac{4{\left(bc+ad\right)}^2-{\left(a^2+d^2-b^2-c^2\right)}^2}{4{\left(bc+ad\right)}^2}\right]$
$p^2=\frac{1}{16}\cdot \left[4{\left(bc+ad\right)}^2-{\left(a^2+d^2-b^2-c^2\right)}^2\right]$
$p^2=\frac{1}{16}\cdot \left[{\left[2\left(bc+ad\right)\right]}^2-{\left(a^2+d^2-b^2-c^2\right)}^2\right]$
$p^2=\frac{1}{16}\cdot \left[2\left(bc+ad\right)+b^2+c^2-a^2-d^2\right]\left[2\left(bc+ad\right)+a^2+d^2-b^2-c^2\right]$
$p^2=\frac{1}{16}·\left[b^2+c^2+2bc-\left(a^2-2ad+d^2\right)\right]\left[a^2+2ad+d^2-\left(c^2-2bc+b^2\right)\right]$
$p^2=\frac{1}{16}·\left[{\left(b+c\right)}^2-{\left(a-d\right)}^2\right]\left[{\left(a+d\right)}^2-{\left(b-c\right)}^2\right]$
$p^2=\frac{1}{16}·\left(b+c-a+d\right)\left(b+c+a-d\right)\left(a+d-b+c\right)\left(a+d+b-c\right)$

Oznaczmy przez $2p$ obwód czworokąta: $2p=a+b+c+d$.

Mamy zatem:
$2p-2a=a+b+c+d-2a=b+c+d-a$
$2p-2b=a+b+c+d-2b=a+c+d-b$
$2p-2c=a+b+c+d-2c=a+b+d-c$
$2p-2d=a+b+c+d-2d=a+b+c-d$
$p^2=\frac{1}{2}·\left(2p-2a\right)·\frac{1}{2}·\left(2p-2d\right)·\frac{1}{2}·\left(2p-2b\right)·\frac{1}{2}·\left(2p-2c\right)$
$p^2=\frac{1}{2}·2\left(p-a\right)·\frac{1}{2}·2\left(p-d\right)·\frac{1}{2}·2\left(p-b\right)·\frac{1}{2}·2\left(p-c\right)$
$p^2=\left(p-a\right)\left(p-b\right)\left(p-c\right)\left(p-d\right)$
$p^2=\sqrt{\left(p-a\right)\left(p-b\right)\left(p-c\right)\left(p-d\right)}$

stosunek długości przyprostokątnej leżącej naprzeciw kąta do długości przeciwprostokątnej

w dowolnym trójkącie kwadrat długości dowolnego boku jest równy sumie kwadratów długości pozostałych boków minus podwojony iloczyn długości tych boków przez cosinus kąta leżącego między nimi

dla dowolnego kąta $\alpha$ suma kwadratów wartości sinusa i cosinusa tego kąta jest równa $1$

w dowolnym trójkącie stosunek długości boku do sinusa dowolnego kąta jest stały i równy średnicy okręgu opisanego na trójkącie