Sprawdź się

Pokaż ćwiczenia:

Ćwiczenie 1

W czworokącie cyklicznym $A B C D$ boki mają długości: $|A B| = 4$ , $|B C| = 4$ , $|C D| = 8$ , $|A D| = 6$ . Wyznacz długości $p$ , $q$ przekątnych tego czworokąta, jeśli $p - q = 1$ .

Z twierdzenia Ptolemeusza mamy:

$4 \cdot 8 + 4 \cdot 6 = p q = (q + 1) q$ .

Prowadzi to do równania kwadratowego $q^{2} + q - 56 = 0$ , którego rozwiązaniami są liczby: $q_{1} = 7$ , $q_{2} = - 8$ .

Zatem przekątnego tego czworokąta mają długości: $q = 7$ , $p = 8$ .

Ćwiczenie 2

W okrąg wpisano trapez $A B C D$ o podstawach $A B$ , $C D$ i wysokości $4$ . Ramię $B C$ tego trapezu jest nachylone do dłuższej podstawy $A B$ pod kątem $β = 45 °$ , a jego długość jest równa krótszej podstawie tego trapezu. Oblicz pole trapezu $A B C D$ .

Na wstępie przywołamy stwierdzenie, iż każdy trapez wpisany w okrąg jest trapezem równoramiennym. Przyjmijmy oznaczenia, jak na rysunku. Punkt $E$ jest spodkiem wysokości poprowadzonej z wierzchołka $C$ .

RALwVpW5fq70A

Ilustracja przedstawia trapez o wierzchołkach A B C D, który został wpisany w okrąg. Z wierzchołka C na podstawę AB opuszczono wysokość, jej spodek podpisano litera E. Wysokość ma długość cztery.

Wtedy trójkąt $B E C$ jest równoramiennym trójkątem prostokątnym. Zatem: $|B C| = |A D| = |D C| = 4 \sqrt{2}$ oraz $|C E| = 4$ .

Pole trapezu jest więc równe $P = \frac{(4 \sqrt{2} + 2 \cdot 4) + 4 \sqrt{2}}{2} \cdot 4 = 16 + 16 \sqrt{2}$ .

R1IdJ3gd3R98F1

Ćwiczenie 3

Ćwiczenie 4

Dany jest okrąg opisany na trójkącie równobocznym $A B C$ . Na tym okręgu wybrano punkt $P$ , różny od wierzchołków danego trójkąta, jak na rysunku.

Rvi6KiHLikhe0

Ilustracja przedstawia trójkąt A B C, który został wpisany w okrąg. Na okręgu pomiędzy punktami A i B zaznaczono punkt P. Z punktu P poprowadzono linie do każdego z wierzchołków trójkąta.

Uzasadnij, że $|C P| = |A P| + |B P|$ .

Oznaczmy długość boku trójkąt przez $a$ .

Wtedy z twierdzenia Ptolemeusza wynika, że $|C P| \cdot |A B| = |A P| \cdot |B C| + |A C| \cdot |B P|$ .

Zatem $|C P| \cdot a = |A P| \cdot a + a \cdot |B P|$ .

Dzieląc stronami przez $a$ otrzymujemy tezę.

Ćwiczenie 5

R1CTWZvoXysXC

R9e0tljJT8gn5

Ćwiczenie 6

Punkt $O$ niech będzie środkiem okręgu opisanego na trójkącie ostrokątnym $A B C$ . Niech $R$ będzie promieniem okręgu opisanego na tym trójkącie. Niech $d_{a}$ , $d_{b}$ , $d_{c}$ oznaczają odpowiednio odległości punktu $O$ od boków $a = B C$ , $b = A C$ , $c = A B$ tego trójkąta, jak na rysunku.

R1cFNFy9HrGMP

Ilustracja przedstawia trójkąt A B C, który został wpisany w okrąg. Środek okręgu podpisano literą O. Ze środka okręgu poprowadzono odcinki prostopadłe do każdego z boków. Do boku AB poprowadzono odcinek dc punkt przecięcia się tego odcinka z bokiem AB podpisano C1, do boku BC poprowadzono odcinek da punkt przecięcia się tego odcinka z bokiem BC podpisano A1, z kolei do boku AC poprowadzono odcinek db punkt przecięcia się tego odcinka z bokiem AC podpisano B1.

R1VN5n6nwCqoL

Wykaż, że R, razy, c, równa się, d indeks dolny, b, koniec indeksu dolnego, razy, a, plus, d indeks dolny, a, koniec indeksu dolnego, razy, b.
Ułóż w kolejności etapy dowodu.

Dowód: Elementy do uszeregowania: 1. Zatem punkty A indeks dolny, jeden, koniec indeksu dolnego, B indeks dolny, jeden, koniec indeksu dolnego, C indeks dolny, jeden, koniec indeksu dolnego są środkami odpowiednich boków trójkąta, więc (z twierdzenia o odcinku łączącym środki boków trójkąta)dwa wartość bezwzględna z, A indeks dolny, jeden, koniec indeksu dolnego, B indeks dolny, jeden, koniec indeksu dolnego, koniec wartości bezwzględnej, równa się, długość odcinka, A B, koniec długości odcinka, dwa wartość bezwzględna z, A indeks dolny, jeden, koniec indeksu dolnego, C indeks dolny, jeden, koniec indeksu dolnego, koniec wartości bezwzględnej, równa się, długość odcinka, A C, koniec długości odcinka, dwa wartość bezwzględna z, B indeks dolny, jeden, koniec indeksu dolnego, C indeks dolny, jeden, koniec indeksu dolnego, koniec wartości bezwzględnej, równa się, długość odcinka, B C, koniec długości odcinka., 2. Zauważmy, że każdy z odcinków o długościach d indeks dolny, a, koniec indeksu dolnego, d indeks dolny, b, koniec indeksu dolnego, d indeks dolny, c, koniec indeksu dolnego jest zawarty w symetralnej odpowiedniego boku trójkąta., 3. Mnożąc ostatnią równość przez dwa otrzymujemy, że długość odcinka, O C, koniec długości odcinka, razy, długość odcinka, A B, koniec długości odcinka, równa się, wartość bezwzględna z, O B indeks dolny, jeden, koniec indeksu dolnego, koniec wartości bezwzględnej, razy, długość odcinka, B C, koniec długości odcinka, plus, wartość bezwzględna z, O A indeks dolny, jeden, koniec indeksu dolnego, koniec wartości bezwzględnej, razy, długość odcinka, A C, koniec długości odcinka., 4. Czworokąt O A indeks dolny, jeden, koniec indeksu dolnego, C B indeks dolny, jeden, koniec indeksu dolnego jest cykliczny, a średnicą okręgu na nim opisanego jest odcinek C O., 5. Korzystając z twierdzenia Ptolemeusza dla czworokąta O A indeks dolny, jeden, koniec indeksu dolnego, C B indeks dolny, jeden, koniec indeksu dolnego otrzymujemy, że długość odcinka, O C, koniec długości odcinka, razy, wartość bezwzględna z, A indeks dolny, jeden, koniec indeksu dolnego, B indeks dolny, jeden, koniec indeksu dolnego, koniec wartości bezwzględnej, równa się, wartość bezwzględna z, O B indeks dolny, jeden, koniec indeksu dolnego, koniec wartości bezwzględnej, razy, wartość bezwzględna z, C A indeks dolny, jeden, koniec indeksu dolnego, koniec wartości bezwzględnej, plus, wartość bezwzględna z, O A indeks dolny, jeden, koniec indeksu dolnego, koniec wartości bezwzględnej, razy, wartość bezwzględna z, C B indeks dolny, jeden, koniec indeksu dolnego, koniec wartości bezwzględnej., 6. A korzystając z przyjętych oznaczeń mamy: R, razy, c, równa się, d indeks dolny, b, koniec indeksu dolnego, razy, a, plus, d indeks dolny, a, koniec indeksu dolnego, razy, b. Co było do udowodnienia.

Prowadząc analogiczne rozumowania dla pozostałych par odcinków i sumując otrzymane równości otrzymalibyśmy, po niezbędnych przekształceniach, dowód twierdzenia Carnot’a.

Ćwiczenie 7

Uzasadnij, że każdy trapez wpisany w okrąg jest trapezem równoramiennym.

Przyjmijmy oznaczenia jak na rysunku.

R18bzluwk5oxI

Ilustracja przedstawia trapez A B C D, w którym zaznaczono następujące kąty: kąt BAD podpisano literą alfa, kąt ADC podpisano literą delta, kąt DCB podpisano literą gamma.

Pokażemy, że $γ = δ$ .

W dowolnym trapezie suma miar kątów, jakie każde z ramion tworzy z podstawami trapezu jest równa $180 °$ , czyli $α + δ = 180 °$ .

Ale w czworokącie cyklicznym sumy miar przeciwległych kątów są równe $180 °$ , czyli $α + γ = 180 °$ .

Zatem $α + δ = 180 ° = α + γ$ .

Stąd $δ = γ$ . Co kończy dowód.

R10DwIUrCbI7R3

Ćwiczenie 8

Symulacja interaktywna

Dla nauczyciela