Sprawdź się

Pokaż ćwiczenia:

RcCcoC7rLKlzD1

Ćwiczenie 1

Zaznacz poprawną odpowiedź. Jeżeli przekątne prostokąta mają długości $p$ i $q$ , a miara kąta między tymi przekątnymi wynosi $α$ , to pole tego prostokąta jest równe:

$P = \frac{1}{2} p q \sin α$
$P = 2 p q \sin α$
$P = \frac{1}{8} p q \sin α$

Ćwiczenie 2

Na rysunku przedstawiono ośmiokąt foremny o boku długości $a$ i kącie wewnętrznym $α$ .

RbXsHYXoMAqTZ

Ilustracja przedstawia ośmiokąt foremny. Jego długości boków oznaczone zostały jako a, natomiast kąt utworzony pomiędzy dwoma ścianami jako kąt alfa.

R1PZBm2fkRYqv

Zaznacz wszystkie zdania, które są prawdziwe.

Pole powierzchni tego ośmiokąta jest równe $2 \cdot (1 + \sqrt{2}) a^{2}$ .
Pole powierzchni tego ośmiokąta jest równe $(1 + \sqrt{2}) a^{2}$ .
Jeżeli $P$ jest polem powierzchni ośmiokąta, to $a = \sqrt{P \cdot (\sqrt{2} - 1)}$ .
Miara kąta wewnętrznego w ośmiokącie jest równa $135 °$ .

RVLzBPl3EjSmx2

Ćwiczenie 3

Dany jest trójkąt równoramienny o podstawie długości

a

, ramieniu

b

i kącie między ramionami

α

.
Wstaw w tekst odpowiednie wyrażenia. Przeciągnij i upuść. Długość wysokości trójkąta opuszczonej na podstawę wynosi 1.

\frac{a b \sin (180 ° - α)}{2}

, 2.

\frac{2 a^{2} - b^{2}}{2 a^{2}}

, 3.

\frac{b^{2}}{2 a \cdot \sin α}

, 4.

\frac{a b \sin (90 ° - \frac{α}{2})}{2}

, 5.

\frac{2 b^{2} - a^{2}}{2 b^{2}}

, 6.

\frac{b^{2} \cdot \sin α}{a}

.
Pole trójkąta można obliczyć ze wzoru 1.

\frac{a b \sin (180 ° - α)}{2}

, 2.

\frac{2 a^{2} - b^{2}}{2 a^{2}}

, 3.

\frac{b^{2}}{2 a \cdot \sin α}

, 4.

\frac{a b \sin (90 ° - \frac{α}{2})}{2}

, 5.

\frac{2 b^{2} - a^{2}}{2 b^{2}}

, 6.

\frac{b^{2} \cdot \sin α}{a}

.
Cosinus kąta

α

wynosi 1.

\frac{a b \sin (180 ° - α)}{2}

, 2.

\frac{2 a^{2} - b^{2}}{2 a^{2}}

, 3.

\frac{b^{2}}{2 a \cdot \sin α}

, 4.

\frac{a b \sin (90 ° - \frac{α}{2})}{2}

, 5.

\frac{2 b^{2} - a^{2}}{2 b^{2}}

, 6.

\frac{b^{2} \cdot \sin α}{a}

Dany jest trójkąt równoramienny o podstawie długości $a$ , ramieniu $b$ i kącie między ramionami $α$ .
Wstaw w tekst odpowiednie wyrażenia. Przeciągnij i upuść.

$\frac{2 b^{2} - a^{2}}{2 b^{2}}$ , $\frac{2 a^{2} - b^{2}}{2 a^{2}}$ , $\frac{a b \sin (90 ° - \frac{α}{2})}{2}$ , $\frac{b^{2} \cdot \sin α}{a}$ , $\frac{a b \sin (180 ° - α)}{2}$ , $\frac{b^{2}}{2 a \cdot \sin α}$

Długość wysokości trójkąta opuszczonej na podstawę wynosi .............................
Pole trójkąta można obliczyć ze wzoru .............................
Cosinus kąta $α$ wynosi .............................

Ćwiczenie 4

W trapezie $A B C D$ przekątne $A C$ i $B D$ przecinają się w punkcie $O$ , takim że $|A O| : |O C| = 4 : 1$ . Pole trójkąta $A O D$ jest równe $16$ . Wykaż, że pole trapezu jest równe $100$ .

Dowód

Narysujmy trapez i wprowadźmy oznaczenia, jak na poniższym rysunku.

R1BS2J5rBDIgs

Ilustracja przedstawia trapez A B C D. Wewnątrz figury poprowadzono dwie przekątne A C oraz B D. Obie przekątne przecinające się w punkcie O, utworzyły dwa trójkąty. Pierwszy O C D, gdzie odcinek O C ma długość x. Drugi trójkąt A B O, gdzie odcinek A O ma długość cztery x. Na ilustracji zaznaczono także wysokość figury przechodzącą przez punkt O. Punkt ten dzieli wysokość trapezu na dwa odcinki. Pierwszy znajduje się pod punktem O i ma długości cztery h. Odcinek ten jest jednocześnie wysokością trójkąta A B O. Drugi odcinek znajduje się nad punktem O i ma długość h. Odcinek ten także jest wysokością trójkąta O C D.

Ponieważ $\frac{|A O|}{|O C|} = \frac{4}{1}$ , zatem $|A O| = 4 x$ oraz $|O C| = x$ .

Zauważmy, że:

$P_{△ A C D} = P_{△ A O D} + P_{△ C D O} = 16 + P_{△ C D O}$

$P_{△ C D O} = \frac{1}{2} \cdot |C D| \cdot h$

$P_{△ A C D} = \frac{1}{2} \cdot |C D| \cdot (h + 4 h) = 5 \cdot \frac{1}{2} |C D| \cdot h = 5 \cdot P_{△ C D O}$

Zatem

$16 + P_{△ C D O} = 5 \cdot P_{△ C D O}$

Czyli $P_{△ C D O} = 4$ .

$P_{△ A C D} = 16 + 4 = 20$

$P_{△ A B C} = \frac{1}{2} \cdot |A B| \cdot (h + 4 h) = \frac{5}{2} \cdot |A B| \cdot h = 5 \cdot \frac{1}{2} |A B| \cdot h =$

$= 5 \cdot \frac{1}{2} \cdot 4 \cdot |C D| \cdot h = 20 \cdot P_{△ C D O} = 80$

Wobec tego:

$P_{A B C D} = P_{△ A C D} + P_{△ A B C} = 20 + 80 = 100$

Ćwiczenie 5

Wykaż, że jeśli $p$ jest najdłuższą przekątną sześciokąta foremnego, to pole tego sześciokąta jest równe $\frac{3 p^{2} \sqrt{3}}{8}$ .

Dowód

Narysujmy sześciokąt i foremny i wprowadźmy oznaczenia, jak na poniższym rysunku.

Rmc6d1Vq4PPwY

Ilustracja przedstawia ośmiokąt foremny. Długość jego boków została oznaczona jako a. Na rysunku zaznaczona została również przekątna oznaczona jako p oraz wysokość figury oznaczona jako x. Przekątna figury wraz z wysokością oraz podstawą ośmiokąta tworzą trójkąt prostokątny.

Jeżeli $a$ jest długością boku sześciokąta foremnego, to:

$x = 2 \cdot \frac{a \sqrt{3}}{2} = a \sqrt{3}$

Korzystając z twierdzenia Pitagorasa mamy następującą zależność:

$a^{2} + x^{2} = p^{2}$

$a^{2} + {(a \sqrt{3})}^{2} = p^{2}$

$a^{2} + 3 a^{2} = p^{2}$

$p^{2} = 4 a^{2}$

Wobec tego $p = 2 a$ , zatem $a = \frac{p}{2}$ .

Pole sześciokąta foremnego jest równe:

$P = 6 \cdot \frac{a^{2} \sqrt{3}}{4} = 6 \cdot \frac{{(\frac{p}{2})}^{2} \sqrt{3}}{4} = 6 \cdot \frac{\frac{p^{2}}{4} \sqrt{3}}{4} = \frac{3 p^{2} \sqrt{3}}{8}$

Ćwiczenie 6

Dany jest trójkąt $A B C$ , w którym $|A B| = 2 \sqrt{3}$ , $|A C| = 2 \sqrt{2} - \sqrt{6}$ oraz suma miar kątów leżących przy boku $B C$ wynosi $75 °$ . Wykaż, że pole tego trójkąta jest równe $\sqrt{3} - \frac{9 \sqrt{2}}{4}$ .

Dowód

Ponieważ suma kątów przy jednym boku trójkąta wynosi $75 °$ , to trójkąt jest rozwartokątny. Narysujmy trójkąt $A B C$ i wprowadźmy oznaczenia, jak na rysunku. Skorzystaj z faktu, że $\sin 105 ° = \frac{\sqrt{6} + \sqrt{2}}{4}$ .

R4euLE4h5xVrv

Ilustracja przedstawia trójkąt A B C. Wewnątrz trójkąta zaznaczone zostały trzy kąty, kąt alfa umiejscowiony przy wierzchołku B, kąt beta umiejscowiony przy wierzchołku C oraz kąt gamma umiejscowiony przy wierzchołku A.

Ponieważ $α + β = 75 °$ , to:

$γ = 180 ° - (α + β) = 105 °$

Pole trójkąta $A B C$ jest równe:

$P = \frac{1}{2} \cdot |A B| \cdot |A C| \cdot \sin 105 ° = \frac{1}{2} \cdot 2 \sqrt{3} \cdot (2 \sqrt{2} - \sqrt{6}) \cdot \frac{\sqrt{6} + \sqrt{2}}{4} =$

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

Ćwiczenie 7

Wykaż, że pole ośmiokąta foremnego o obwodzie równym $L$ wyraża się wzorem:

$P = \frac{(1 + \sqrt{2}) \cdot L^{2}}{32}$ .

Dowód

Narysujmy ośmiokąt foremny i podzielmy go na $8$ przystających trójkątów.

R9siZUI7C9Csj

Ilustracja przedstawia ośmiokąt foremny. Jego długość boków została oznaczona jako a. Na rysunku zaznaczono także wszystkie cztery przekątne figury, tworząc tym samym osiem trójkątów równoramiennych o długości ramion x. Wewnątrz trójkątów zaznaczony został kąt alfa umiejscowiony pomiędzy dwoma ramionami trójkąta równoramiennego.

Zauważmy, że $α = \frac{360 °}{8} = 45 °$ .

Korzystając z twierdzenia cosinusów mamy:

$a^{2} = x^{2} + x^{2} - 2 \cdot x \cdot x \cdot \cos 45 °$

$a^{2} = 2 x^{2} - x^{2} \sqrt{2}$

$x^{2} = \frac{a^{2}}{2 - \sqrt{2}} = \frac{(2 + \sqrt{2}) a^{2}}{2}$

$L = 8 a$ , zatem $a = \frac{L}{8}$

Wobec tego:

$P = 8 \cdot \frac{1}{2} \cdot x \cdot x \cdot \sin 45 ° = 4 x^{2} \cdot \frac{\sqrt{2}}{2} = 2 x^{2} \sqrt{2} = 2 \cdot \frac{(2 + \sqrt{2}) a^{2}}{2} \cdot \sqrt{2} =$

$= (2 \sqrt{2} + 2) \cdot \frac{L^{2}}{64} = \frac{(1 + \sqrt{2}) L^{2}}{32}$

R1heXXnDLzsMQ3

Ćwiczenie 8

Zaznacz poprawną odpowiedź. Jeżeli bok trójkąta równobocznego ma długość $a$ , a $L$ jest długością jego obwodu, to pole tego trójkąta wyraża się wzorem:

$P = \frac{L^{2} \sqrt{3}}{36}$
$P = \frac{L^{2} \sqrt{3}}{12}$
$P = \frac{36 \sqrt{3}}{L^{2}}$

Animacja

Dla nauczyciela