Sprawdź się

Pokaż ćwiczenia:

RIsSHeTDwiCXm1

Ćwiczenie 1

Przekątne czworokąta wypukłego A B C D przecinają się w punkcie O i dzielą go na cztery części, których pola to odpowiednio: nawias kwadratowy, A O B, zamknięcie nawiasu kwadratowego, równa się, S indeks dolny, jeden, koniec indeksu dolnego, nawias kwadratowy, B O C, zamknięcie nawiasu kwadratowego, równa się, S indeks dolny, dwa, koniec indeksu dolnego, nawias kwadratowy, C O D, zamknięcie nawiasu kwadratowego, równa się, S indeks dolny, trzy, koniec indeksu dolnego, nawias kwadratowy, D O A, zamknięcie nawiasu kwadratowego, równa się, S indeks dolny, cztery, koniec indeksu dolnego.
Uporządkuj etapy rozumowania prowadzące do równości S indeks dolny, jeden, koniec indeksu dolnego, razy, S indeks dolny, trzy, koniec indeksu dolnego, równa się, S indeks dolny, dwa, koniec indeksu dolnego, razy, S indeks dolny, cztery, koniec indeksu dolnego. Elementy do uszeregowania: 1. Trójkąty A O B i C O B maja taką samą wysokość opuszczoną z wierzchołka B, więc początek ułamka, S indeks dolny, jeden, koniec indeksu dolnego, mianownik, S indeks dolny, dwa, koniec indeksu dolnego, koniec ułamka, równa się, początek ułamka, początek ułamka, jeden, mianownik, dwa, koniec ułamka, A O, razy, h indeks dolny, jeden, koniec indeksu dolnego, mianownik, początek ułamka, jeden, mianownik, dwa, koniec ułamka, C O, razy, h indeks dolny, jeden, koniec indeksu dolnego, koniec ułamka, równa się, początek ułamka, A O, mianownik, C O, koniec ułamka., 2. Mnożąc obustronnie ostatnią równość przez S indeks dolny, dwa, koniec indeksu dolnego, razy, S indeks dolny, trzy, koniec indeksu dolnego otrzymujemy tezę zadania., 3. Przyjmijmy, że odległość punktu B od prostej A C to h indeks dolny, jeden, koniec indeksu dolnego, natomiast odległość punktu D od prostej A C to h indeks dolny, dwa, koniec indeksu dolnego., 4. Z poprzednich równości otrzymujemy początek ułamka, S indeks dolny, jeden, koniec indeksu dolnego, mianownik, S indeks dolny, dwa, koniec indeksu dolnego, koniec ułamka, równa się, początek ułamka, S indeks dolny, cztery, koniec indeksu dolnego, mianownik, S indeks dolny, trzy, koniec indeksu dolnego, koniec ułamka., 5. Podobnie dla trójkątów A O D i C O D: początek ułamka, S indeks dolny, jeden, koniec indeksu dolnego, mianownik, S indeks dolny, dwa, koniec indeksu dolnego, koniec ułamka, równa się, początek ułamka, początek ułamka, jeden, mianownik, dwa, koniec ułamka, A O, razy, h indeks dolny, jeden, koniec indeksu dolnego, mianownik, początek ułamka, jeden, mianownik, dwa, koniec ułamka, C O, razy, h indeks dolny, jeden, koniec indeksu dolnego, koniec ułamka, równa się, początek ułamka, A O, mianownik, C O, koniec ułamka.

Ćwiczenie 2

Jeden z kątów trójkąta ma miarę $150 °$ , a bok leżący naprzeciw tego kąta ma długość $4$ , równą iloczynowi długości pozostałych boków. Oblicz pole tego trójkąta.

Zauważmy, że $\frac{4}{\sin 150 °} = 2 R$ , stąd $R = 4$ . Zatem $P_{△} = \frac{(a b) c}{4 R} = \frac{4 \cdot 4}{4 \cdot 4} = 1$ .

Ćwiczenie 3

Riz3vpAEH64eQ

R1MPHlKyJMaht21

Ćwiczenie 4

Promień

R

okręgu opisanego na trójkącie

A B C

jest równy

5

. Połącz w pary.

|A B| = 8

\sin (∢ A B C) = \frac{\sqrt{2}}{2}

Możliwe odpowiedzi: 1.

P_{△} = 28

, 2.

P_{△} = 7

, 3.

P_{△} = \frac{1680}{169}

, 4.

P_{△} = \frac{\sqrt{442}}{4}

\sin (∢ A B C) = \frac{3}{5}

\sin (∢ B A C) = \frac{5}{13}

\sin (∢ A C B) = \frac{56}{65}

Możliwe odpowiedzi: 1.

P_{△} = 28

, 2.

P_{△} = 7

, 3.

P_{△} = \frac{1680}{169}

, 4.

P_{△} = \frac{\sqrt{442}}{4}

|A B| = 10

|A C| = \sqrt{2}

|B C| = 7 \sqrt{2}

Możliwe odpowiedzi: 1.

P_{△} = 28

, 2.

P_{△} = 7

, 3.

P_{△} = \frac{1680}{169}

, 4.

P_{△} = \frac{\sqrt{442}}{4}

|A B| = \sqrt{34}

|A C| = \sqrt{20}

|B C| = \sqrt{65}

Możliwe odpowiedzi: 1.

P_{△} = 28

, 2.

P_{△} = 7

, 3.

P_{△} = \frac{1680}{169}

, 4.

P_{△} = \frac{\sqrt{442}}{4}

Ćwiczenie 5

W okrąg o promieniu $R = 13$ wpisano trójkąt $A B C$ , którego dwa boki mają długość odpowiednio $|A B| = 24$ i $|B C| = 13$ . Oblicz pole tego trójkąta.

Ponieważ $\frac{|A B|}{\sin γ} = 2 R$ , więc $\sin γ = \frac{24}{26} = \frac{12}{13}$ . Przybliżona wartość kąta jest równa $67 °$ . Korzystając z jedynki trygonometrycznej, możemy wykazać, że wówczas $\cos γ = \frac{5}{13}$ . Ponieważ $\frac{|B C|}{\sin α} = 2 R$ , więc $\sin α = \frac{13}{26} = \frac{1}{2}$ . Mamy wówczas, że $α = 30 °$ lub $α = 150 °$ , ale z bilansu kątów w trójkącie wynika, że tylko pierwsza równość jest prawdziwa. Oczywiście wtedy: $\cos α = \frac{\sqrt{3}}{2}$ . Zauważmy, że $β = 180 ° - α - γ$ oraz $\sin β = \sin (180 ° - α - γ) = \sin (α + γ)$ . Korzystając ze wzoru na sinus sumy argumentów otrzymujemy: $\sin β = \sin (α + γ) = \frac{1}{2} \cdot \frac{5}{13} + \frac{\sqrt{3}}{2} \cdot \frac{12}{13} = \frac{5 + 12 \sqrt{3}}{26}$ . Wtedy pole jest równe $P_{△} = \frac{1}{2} \cdot 24 \cdot 13 \cdot \sin γ = 156 \cdot \frac{5 + 12 \sqrt{3}}{26} = 6 (5 + 12 \sqrt{3})$ .

Ćwiczenie 6

Pole trójkąta $A B C$ jest równe $18$ . Uzasadnij, że promień okręgu opisanego na tym trójkącie jest większy niż $3$ .

Zauważmy, że $P_{△} = 2 R^{2} \cdot \sin α \cdot \sin β \cdot \sin γ$ , czyli $\sin α \cdot \sin β \cdot \sin γ = \frac{18}{2 R^{2}} = \frac{9}{R^{2}}$ . Przypuśćmy, że $R \leq 3$ . Wtedy $\sin α \cdot \sin β \cdot \sin γ = \frac{9}{R^{2}} \geq \frac{9}{3^{2}} = 1$ . Ponieważ dla dowolnego kąta $δ$ spełniona jest nierówność $\sin δ \leq 1$ , więc nierówność $\sin α \cdot \sin β \cdot \sin γ \geq 1$ jest równoważna równości $\sin α \cdot \sin β \cdot \sin γ = 1$ , która jest prawdziwa tylko wówczas, gdy $\sin α = \sin β = \sin γ = 1$ . Ale równość $\sin δ = 1$ zachodzi tylko dla $δ = 90 °$ . Ale w trójkącie trzy kąty nie mogą jednocześnie kątami prostymi. Nasze przypuszczenie, że $R \leq 3$ doprowadziło do sprzeczności.

Ćwiczenie 7

Kąt między ramionami trójkąta równoramiennego ma miarę $α$ , jak na rysunku. Wyznacz stosunek pola koła opisanego na tym trójkącie do pola tego trójkąta.

R68C7jeBbgY2m

Ilustracja przedstawia trójkąt równoramienny o podstawie a, ramionach b i kącie alfa między ramionami.

Niech $R$ oznacza promień okręgu opisanego na tym trójkącie. Wtedy $\frac{a}{\sin α} = 2 R$ , czyli $R = \frac{a}{2 \sin α}$ . Zatem pole koła opisanego na danym trójkącie jest równe $π {(\frac{a}{2 \sin α})}^{2}$ . Zauważmy, że $\cos (\frac{180 ° - α}{2}) = \frac{\frac{1}{2} a}{b}$ , stąd $b = \frac{\frac{1}{2} a}{\cos (\frac{180 ° - α}{2})} = \frac{\frac{1}{2} a}{\cos (90 ° - \frac{α}{2})} = \frac{a}{2 \sin (\frac{α}{2})}$ . Pole trójkąta możemy zapisać jako $P_{△} = \frac{1}{2} \cdot b \cdot b \cdot \sin α = \frac{1}{2} \cdot {(\frac{a}{2 \sin (\frac{α}{2})})}^{2} \cdot \sin α$ . Szukany stosunek jest więc równy $\frac{P_{k}}{P_{△}} = \frac{π \cdot {(\frac{a}{2 \sin α})}^{2}}{\frac{1}{2} \cdot {(\frac{a}{2 \sin (\frac{α}{2})})}^{2} \cdot \sin α} = \frac{2 π \cdot \sin^{2} (\frac{α}{22})}{\sin^{3} α}$ .

Ćwiczenie 8

Dany jest trapez $A B C D$ o podstawach $A B$ i $C D$ . Proste zawierające ramiona trapezu są prostopadłe, jak na rysunku.

R1EWDehIbnfNa

Ilustracja przedstawia trapez A B C D z zaznaczoną przekątną B D i kilkoma kątami. Kąt przy wierzchołku A to kąt alfa o mierze 30 stopni. Kąt przy wierzchołku B leżący między przekątną B D a prawym ramieniem trapezu to kąt beta równy 30 stopni. Ramiona trapezu przedłużone są liniami przerywanymi do góry tak, że linie te przecinają się po kątem gama równym 90 stopni.

Kąt $B A C$ ma miarę $30 °$ i jest równy kątowi, jaki przekątna $B D$ tworzy z ramieniem $B C$ trapezu. Różnica $R - r$ promieni okręgów opisanych odpowiednio na trójkątach $A B D$ i $B C D$ jest równa $\sqrt{3} - 1$ . Oblicz pole trapezu $A B C D$ .

Zauważmy, że $\frac{|B D|}{\sin 30 °} = 2 R$ , stąd $R = \frac{|B D|}{2 \sin 30 °} = \frac{|B D|}{2 \cdot \frac{1}{2}} = |B D|$ . Podobnie $\frac{|C D|}{\sin 30 °} = 2 r$ , stąd $r = \frac{|C D|}{2 \sin 30 °} = \frac{|C D|}{2 \cdot \frac{1}{2}} = |C D|$ .

RvNx9hGV9Hs8G

Trójkąt $D C E$ jest trójkątem o kątach $30 °$ , $60 °$ , $90 °$ . Przyjmijmy, że $|C E| = x$ . Wtedy $|C D| = 2 x$ oraz $|D E| = x \sqrt{3}$ . Ponieważ trójkąt $B D E$ jest także trójkątem $30 °$ , $60 °$ , $90 °$ , więc mamy: $|B D| = 2 \cdot (x \sqrt{3}) = 2 \sqrt{3} \cdot x$ oraz $|B E| = \sqrt{3} \cdot (x \sqrt{3}) = 3 x$ . Ponieważ $R - r = |B D| - |C D| = 2 \sqrt{3} \cdot x - 2 x = 2 x (\sqrt{3} - 1)$ , to z warunków zadania wynika, że $2 x (\sqrt{3} - 1) = \sqrt{3} - 1$ . Stąd $x = \frac{1}{2}$ . Pole trapezu można wyznaczyć jako różnicę pól trójkątów $A B E$ i $D C E$ . Zatem $P = \frac{1}{2} \cdot 3 \sqrt{3} \cdot x \cdot 3 x - \frac{1}{2} \cdot \sqrt{3} \cdot x \cdot x = \frac{\sqrt{3}}{2} \cdot 8 x^{2} = 4 \sqrt{3} x^{2} = \sqrt{3}$ .

Prezentacja multimedialna

Dla nauczyciela