Zadania

Ćwiczenie 1

Ćwiczenie 2

Punkty $A$ , $B$ , $C$ leżą na okręgu o środku $S$ . Miara kąta $ASC$ jest równa $120 °$ , a kąt $ASB$ jest prosty (jak na rysunku).

R4EBa8AG6Kxpc1

Rysunek okręgu o środku S i kątach A S C i A S B.

Wtedy

RTfrAin3N0PZd

$"|"∢ACB"|" = 45 °$
$"|"∢ CAB"|" = 60 °$
$"|"∢SCB"|" = 15 °$

Ćwiczenie 3

Odcinek $AC$ jest średnicą okręgu o środku $S$ , punkty $B$ i $D$ leżą na tym okręgu. Kąty w tym okręgu zaznaczono na rysunku.

R1CuGFMJsWINH1

Rysunek okręgu o środku S i czterech wpisanych w okrąg kątów B A C równy alfa, A B C równy beta, A C B równy gamma i kącie B D C równym 55 stopni.

Zaznacz poprawne stwierdzenie.

R1cUWA7DwUgXC

$α = 55 °$
$β = 110 °$
$γ = 35 °$

Ćwiczenie 4

Połącz w pary określenie wzajemnego położenia dwóch okręgów z odpowiednimi własnościami tych okręgów.

okręgi są styczne wewnętrznie
okręgi są styczne zewnętrznie
okręgi są rozłączne wewnętrznie (jeden okrąg leży w drugim)
okręgi przecinają się
okręgi są rozłączne zewnętrznie (jeden leży na zewnątrz drugiego)

promienie okręgów są równe $r_{1} = 2$ , $r_{2} = 4 \sqrt{2} - 2$ , a odległość między środkami $|S_{1} S_{2}| = 4 \sqrt{2}$
promienie okręgów są równe $r_{1} = \sqrt{3} + 4$ , $r_{2} = 5 \sqrt{3},$ a odległość między środkami $|S_{1} S_{2}| = 4 \sqrt{3}$
promienie okręgów są równe $r_{1} = 2$ , $r_{2} = 7$ ,a odległość między środkami $|S_{1} S_{2}| = 10$
promienie okręgów są równe, $r_{1} = 2$ , $r_{2} = 5$ , a odległość między środkami $|S_{1} S_{2}| = 1$
promienie okręgów są równe $r_{1} = 3 - \sqrt{2}$ , $r_{2} = 2 + \sqrt 2$ , a odległość między środkami $|S_{1} S_{2}| = 1$

$r_{1} + r_{2} = 2 + 4 \sqrt{2} - 2 = 4 \sqrt{2} = |S_{1} S_{2}|$ . Zatem okręgi są styczne zewnętrznie.
$r_{1} + r_{2} = \sqrt{3} + 4 + 5 \sqrt{3} = 6 \sqrt{3} + 4$ , $|r_{1} - r_{2}| = 5 \sqrt{3} - \sqrt{3} - 4 = 4 \sqrt{3} - 4$ , $|S_{1} S_{2}| = 4 \sqrt{3}$ . Mamy więc $|r_{1} - r_{2}| < |S_{1} S_{2}| < r_{1} + r_{2}$ . Zatem okręgi przecinają się.
$r_{1} + r_{2} = 2 + 7 = 9, |S_{1} S_{2}| = 10$ . Mamy więc $|S_{1} S_{2}| > r_{1} + r_{2}$ . Zatem okręgi są rozłączne zewnętrznie.
$|r_{1} - r_{2}| = |2 - 5| = 3 > 1 = |S_{1} S_{2}|$ . Zatem okręgi są rozłączne wewnętrznie.
$|r_{1} - r_{2}| = |3 - \sqrt{2} - 2 + \sqrt{2}| = 1$ . Zatem okręgi są styczne wewnętrznie.

Ćwiczenie 5

Trzy okręgi, każdy o promieniu $1,$ są styczne zewnętrznie każdy do każdego. Okręgi wpisano w prostokąt, jak na rysunku. Oblicz długość boków tego prostokąta.
R1Xsb5FEc2Nxj1
Trzy okręgi, każdy o promieniu $1$ , są parami styczne zewnętrznie. Każdy z tych okręgów jest wewnętrznie styczny do czwartego okręgu, jak na rysunku. Uzasadnij, że promień czwartego okręgu jest równy $1 + \frac{2 \sqrt{3}}{3}$ .
RduiFKEbEjgJR1

$4, 2 + \sqrt{3}$

Poprowadźmy promienie okręgów jak na rysunku.
R1XhLEyoH3XAL1
Trójkąt, który łączy środki okręgów jest równoboczny i jego bok ma długość $2 r = 2$ . Zatem bok $AB$ prostokąta $ABCD$ jest równy
$r + 2 r + r = 4 r = 4 .$
Bok $AD$ prostokąta jest równy sumie dwóch odcinków długości $1$ i wysokości trójkąta równobocznego o boku długości $2$ . Zatem
$|AD| = 2 r + \frac{2 r \sqrt{3}}{2} = 2 + \sqrt{3} .$

Rt6NXFavKYvRW1
Oznaczmy środki trzech mniejszych okręgów przez $S_{1,} S_{2,} S_{3,}$ środek czwartego okręgu przez $S$ , a jego promień – przez $R$ (jak na rysunku). Ponieważ | $S_{1} S_{2}$ | = | $S_{2} S_{3}$ | = | $S_{3} S_{1}$ | = $2$ , to trójkąt $S_{1} S_{2} S_{3}$ jest równoboczny. Każdy z odcinków $S S_{1}$ , $S S_{2}$ , $S S_{3}$ jest równy $R - 1$ , więc punkt $S$ jest środkiem okręgu opisanego na trójkącie równobocznym $S_{1} S_{2} S_{3}$ . Wynika z tego, że
$R - 1 = \frac{\sqrt{3}}{3} \cdot 2,$
skąd
$R = \frac{2 \sqrt{3}}{3} + 1 .$

Ćwiczenie 6

Poprowadzono styczne do okręgu o środku $S$ , w punktach $A$ i $B$ , które przecięły się w punkcie $O$ . Odcinek $AO$ ma długość $12$ . Przez punkt $C,$ leżący na krótszym z łuków $AB,$ poprowadzono styczną do okręgu, która przecina odcinki $OA$ i $OB$ w punktach $D$ i $E$ (jak na rysunku). Oblicz obwód trójkąta $DEO$ .

RsfK2mpEASBo51

Rysunek okręgu o środku S i stycznych AO i BO.

$24$

Z twierdzenia o odcinkach stycznych wynika, że

|AO| = |BO|, |AD| = |DC|, |BE| = |CE| .

Zatem obwód trójkąta $ADE$ jest równy

L_{DEO} = |EO| + |DO| + |ED| = |EO| + |DO| + |CE| + |DC| =

|EO| + |DO| + |BE| + |AD| = |EO| + |BE| + |DO| + |AD|

= |BO| + |AO| = 12 + 12 = 24

Ćwiczenie 7

W okręgu o promieniu $13$ poprowadzono cięciwę długości $24$ . Oblicz odległość środka okręgu od tej cięciwy.

$5$

R4ddI45zhtuef1

Rysunek okręgu o środku S i promieniu 13. Poprowadzona cięciwa AB ma długość 24. Punkt C jest środkiem cięciwy AB.

Niech $A$ i $B$ będą końcami cięciwy o długości $24$ . Odległość środka $S$ okręgu od cięciwy $AB$ jest wysokością trójkąta równoramiennego $ABS$ opuszczoną na podstawę $AB$ . Ramiona $AS$ i $BS$ tego trójkąta mają długość $|AS| = |SB| = 13$ . Spodek $C$ wysokości $SC$ jest środkiem podstawy $AB$ trójkąta $ABC$ . Z twierdzenia Pitagorasa dla trójkąta $ASC$ otrzymujemy

{|SC|}^{2} + 12^{2} = 13^{2} .

Ponieważ $|SC| > 0$ , to
Stąd $|SC| = 5$ .

Ćwiczenie 8

Na rysunku jest przedstawiony kąt o wierzchołku $O$ oraz okrąg o środku $S$ i promieniu $4$ , styczny w punktach $A$ i $B$ do ramion tego kąta.

RnQ22htkeGZyT1

Rysunek okręgu o środku S. Punkty A i B należą do okręgu, punkt O leży na zewnątrz okręgu. Zaznaczony kąt B O A równy 72 stopnie.

Wtedy

R1MdfPbucdPkX

kąt wypukły $ASB$ ma miarę $144 °$
pole zaznaczonego wycinka $ASB$ jest równe $3,2 π$
punkty $A$ i $B$ dzielą okrąg na dwa łuki długości $2,4 π$ oraz $5,6 π$

Ćwiczenie 9

Okrąg wpisany w trójkąt prostokątny $ABC$ jest styczny do przeciwprostokątnej $AB$ w punkcie $D$ takim, że $| AD | = 4$ i $| BD | = 21$ . Suma długości przyprostokątnych tego trójkąta jest równa $31$ . Wtedy

RMm3PQ9jPz3Xn

promień okręgu wpisanego w trójkąt $ABC$ jest równy $3$
pole trójkąta $ABC$ jest równe $84$
długości przyprostokątnych trójkąta $ABC$ różnią się o $17$

Ćwiczenie 10

Dany jest prostokąt $ABCD$ . Okręgi o średnicach $AB$ i $AD$ przecinają się w punktach $A$ i $P$ . Wykaż, że punkty $B$ , $P$ i $D$ leżą na jednej prostej.

RsQ3Si7TBwCDS1

Rysunek prostokąta A B C D i dwóch okręgów. Punkt P leży wewnątrz prostokąta.

R1XOaG5cwsGEG1

Rysunek prostokąta A B C D i dwóch okręgów. Poprowadzono odcinki AP, DP i BP.

Kąt $DPA$ to kąt wpisany w okrąg oparty na średnicy $AD$ tego okręgu, zatem ma miarę $90 °$ . Podobnie kąt $APB,$ który jest kątem wpisanym opartym na średnicy $AB$ drugiego z okręgów, więc również ma miarę $90 °$ . Wynika stąd, że kąt $DPB$ ma miarę równą $90 ° + 90 ° = 180 °$ , co oznacza, że punkty $B$ , $P$ i $D$ leżą na jednej prostej.

Ćwiczenie 11

Odległość środków dwóch kół jest równa $2$ i promień każdego z nich jest równy $2$ . Oblicz pole części wspólnej tych kół.
RHtfG26XLrDTm1
W trójkącie prostokątnym przyprostokątne mają długości $6$ i $8$ . Trzy półokręgi, których średnicami są boki tego trójkąta, wyznaczają figurę zaznaczoną na rysunku (są to tzw. księżyce Hipokratesa). Oblicz pole tej figury.
R83JuQf47sfZO1

$2 (\frac{4 π}{3} - \sqrt{3})$
$24$

Zauważmy, że wspólna cięciwa tych dwóch kół dzieli ich część wspólną na dwa przystające odcinki koła.
RARWMwIv76MVd1
Oznaczmy przez $A$ i $B$ punkty przecięcia okręgów obu kół. Poprowadźmy promienie obu kół. W trójkątach $S_{1} S_{2} A$ i $S_{1} S_{2} B$ każdy z boków ma długość $2$ , więc oba te trójkąty są równoboczne.
RBV4PphH9KFBI1
Kąt środkowy wycinka koła o środku $S_{1}$ , opartego na łuku $A S_{2} B,$ ma miarę $120 °$ , więc jego pole jest równe
$P_{wycinka} = \frac{120 °}{360 °} π ∙ 4 = \frac{4 π}{3} .$
Długość podstawy $AB$ trójkąta $A S_{1} B$ jest równa podwojonej wysokości trójkąta równobocznego o boku $2$ , natomiast wysokość opuszczona na tę podstawę z wierzchołka $S_{1}$ jest równa $1$ . Zatem pole trójkąta $A S_{1} B$ jest równe
$P_{A S_{1} B} = \frac{2 \sqrt{3}}{2} = \sqrt{3} .$
Stąd wynika, że pole $P_{1}$ odcinka koła jest równe
$P_{wycinka} - P_{A S_{1} B} = \frac{4 π}{3} - \sqrt{3 .}$
Pole części wspólnej rozważanych kół jest równe
$P = 2 (\frac{4 π}{3} - \sqrt{3}) .$
Przeciwprostokątna tego trójkąta ma długość $10$ , co stwierdzamy, stosując twierdzenie Pitagorasa.

Pole $P_{1} + P_{2}$ zaznaczonej figury obliczamy, odejmując pole półkola o średnicy 10 od sumy pola trójkąta $ABC$ i dwóch półkoli o średnicach $6$ i $8$ .

R18uKjQpGxCJT1

Rysunek trójkąta prostokątnego i trzech półokręgów, których średnicami są boki tego trójkąta o środkach S z indeksem dolnym 1, S z indeksem dolnym 2.

Suma pól trójkąta i dwóch półkoli o średnicach $6$ i $8$ , a więc o promieniach $3$ i $4$ , jest równa

P = \frac{6 ∙ 8}{2} + \frac{9 π}{2} + \frac{16 π}{2} = 24 + \frac{25 π}{2} .

Pole półkola o średnicy $10$ , a więc o promieniu $5$ , jest równe $\frac{25 π}{2}$ . Stąd pole zacieniowanej figury jest równe

P = 24 + \frac{25 π}{2} - \frac{25 π}{2} = 24 .

Suma $P_{1} + P_{2}$ pól dwóch księżyców Hipokratesa jest więc równa polu trójkąta $ABC$ .
Można wykazać, że analogiczna równość pól zachodzi dla dowolnego trójkąta prostokątnego. Wykazanie tego faktu proponujemy jako pouczające ćwiczenie.

Ćwiczenie 12

Odcinek $AB$ jest średnicą okręgu o środku $O$ . Punkt $C$ leży na tym okręgu. Punkty $D$ , $E$ i $F$ leżą na okręgu o środku $S$ .

Rln1OhH0rsQMW1

Rysunek okręgu o środku O. Kąty wpisane O A C =35 stopni, O B C =beta. Kąt wpisany A C B równy alfa oparty na średnicy AB okręgu.

R181RuKMgFgP61

Rysunek okręgu o środku S. Zaznaczono kąt wpisany D E F równy gamma i kąt 260 stopni dopełniający do kąta środkowego D S E. Kąt środkowy i gamma oparte są na tym samym łuku.

Wówczas

R9oKfoQhPzTlK

$α = 90 °, β = 45 °, γ = 30 °$
$α = 90 °, β = 55 °, γ = 50 °$
$α = 85 °, β = 40 °, γ = 50 °$
$α = 90 °, β = 55 °, γ = 130 °$

Ćwiczenie 13

Punkty $A$ , $B$ , $C$ leżące na okręgu o środku $S$ są wierzchołkami trójkąta równobocznego. Miara kąta $SAB$ jest równa

RFg44VCg6sbz0

$120 °$
$60 °$
$30 °$
$15 °$

Ćwiczenie 14

Pole wycinka koła o promieniu $3$ i kącie $40 °$ jest równe

R1YeVxOEfvwn6

$π$
$3 π$
$9 π$
$81 π$

Ćwiczenie 15

Odległość środków $S_{1}$ i $S_{2}$ dwóch przecinających się okręgów jest równa $\sqrt{17}$ . Promienie tych okręgów mogą być równe

R9MtoeX3SYnN8

$r_{1} = 3$ i $r_{2} = 6$
$r_{1} = 2$ i $r_{2} = 7$
$r_{1} = \sqrt{17}$ i $r_{2} = 2 \sqrt{17}$
$r_{1} = 1$ i $r_{2} = 3$

Ćwiczenie 16

Kąt środkowy i kąt wpisany oparte są na tym samym łuku okręgu. Wynika z tego, że miara kąta środkowego jest większa od miary kąta wpisanego o

R6dUhnClv6h5B

$50 %$
$100 %$
$150 %$
$200 %$

Ćwiczenie 17

Kąt środkowy, oparty na łuku stanowiącym $\frac{5}{18}$ długości okręgu, ma miarę

R8nYaQlF0I18z

$50 °$
$80 °$
$100 °$
$110 °$

Ćwiczenie 18

Dwa okręgi o promieniach $3$ i $5$ są zewnętrznie styczne. Każdy z nich jest styczny wewnętrznie do okręgu o promieniu $10$ . Środki tych wszystkich trzech okręgów tworzą trójkąt, którego obwód jest równy

Rf4wHoflo2vn9

$18$
$20$
$26$
$30$

Ćwiczenie 19

Środek okręgu o promieniu $10$ jest oddalony od cięciwy $AB$ tego okręgu o $6$ . Długość tej cięciwy jest równa

RBd1XUeP5KNeJ

$8$
$12$
$16$
$20$

Ćwiczenie 20

Dane są trzy okręgi o środkach $S_{1}$ , $S_{2}$ , $S_{3}$ i promieniu $4$ . Każdy z tych okręgów przechodzi przez środki dwóch pozostałych.

R1EkHUffdVTNi1

Rysunek okręgów o środkach S z indeksem dolnym 1, S z indeksem dolnym 2 i S z indeksem dolnym 3.

Pole zacienionej figury (zwanej trójkątem Rellaux) jest równe

RLWxHQjvjNSZr

$8 π - 8 \sqrt{3}$
$\frac{8 π}{3} - 8 \sqrt{3}$
$\frac{8 π}{3} + 8 \sqrt{3}$
$8 π + 8 \sqrt{3}$

Ćwiczenie 21

Odległość między środkami stycznych wewnętrznie okręgów o promieniach $r$ i $R$ jest równa $7$ . Odległość między środkami stycznych zewnętrznie okręgów o promieniach $r$ i $R$ jest równa $23$ . Promienie $r$ i $R$ mają długości

RWgBXU7aA6cGT

$6$ i $17$
$8$ i $15$
$10$ i $13$
$11$ i $12$

Ćwiczenie 22

Dany jest okrąg o środku $S$ i promieniu $17$ oraz dwie równoległe cięciwy tego okręgu, każda o długości $30$ . Oblicz odległość między tymi cięciwami.

$16$

R1L866vMP4baa1

Rysunek okręgu o środku S, z zaznaczonymi cięciwami AB i CD. Punkty E i F są środkami poprowadzonych cięciw okręgu.

Koniec $A$ jednej z cięciw, jej środek $E$ i środek $S$ okręgu to wierzchołki trójkąta prostokątnego, w którym

|AS| = 17, |AE| = \frac{1}{2} |AB| = 15 .

Z twierdzenia Pitagorasa otrzymujemy

|ES| = \sqrt{17^{2} - 15^{2}} = 8 .

Stąd odległość między cięciwami jest równa

|EF| = 16 .

Ćwiczenie 23

Okrąg wpisany w trójkąt $ABC$ jest styczny do jego boków w punktach $D$ , $E$ i $F$ tak, jak pokazano na rysunku. Długości odcinków $BE$ , $CF$ i $AD$ są równe $|BE| = 10$ , $|CF| = 5$ oraz $|AD| = 6$ . Oblicz obwód trójkąta $ABC$ .

RFULyNbvmJzHV1

Rysunek okręgu o środku S wpisanego w trójkąt prostokątny A B C. Okrąg styczny jest do boków trójkąta w punktach D, E, F.

$42$

Z twierdzenia o odcinkach stycznych otrzymujemy

|AD| = |AF| = 6

|CE| = |CF| = 5

|BD| = |BE| = 10 .

R1OYIxgNAdjz61

Obwód trójkąta $ABC$ jest równy $L = 2 ∙ 6 + 2 ∙ 5 + 2 ∙ 10 = 42 .$

Ćwiczenie 24

Punkty $A$ i $B$ leżą na okręgu o środku $S$ . Kąt środkowy $ASB$ ma miarę $110 °$ . Oblicz miarę kąta, pod jakim przecinają się styczne do tego okręgu poprowadzone przez punkty $A$ i $B$ .

R1OLiZfUsEKKG1

Rysunek okręgu o środku S. Punkt C jest punktem przecięcia się, pod kątem alfa, stycznych do okręgu.

Suma miar kątów w czworokącie $ASBC$ jest równa $360 °$ , zatem

360 ° = 110 ° + 90 ° + α + 90 °,

skąd $α = 70 °$ .

Ćwiczenie 25

Na okręgu koła o promieniu $5$ leżą punkty $A, B, C$ (patrz rysunek). Oblicz pole zacieniowanego odcinka koła.

RrYHDRrhuuK8S1

Rysunek okręgu opisanego na trójkącie ostrokątnym A B C. Kąt A C B = 30 stopni. Pole zacieniowanego odcinka koła wyznacza cięciwa AB.

$\frac{25}{2} (\frac{π}{3} - \frac{\sqrt{3}}{2})$

Miara kąta środkowego $ASB$ opartego na łuku $AB$ jest dwa razy większa od miary kąta wpisanego $ACB$ , więc $|∢ ASB| = 60 °$ .

R1ESU0GQOxFnf1

Rysunek okręgu o środku S. Kąt środkowy A S B równy 60 stopni oparty na tym samym łuku co kąt 30 stopni.

Pole wycinka $ASB$ o kącie $60 °$ i promieniu $5$ jest równe

\frac{60 °}{360 °} π ∙ 25 = \frac{25 π}{6} .

Trójkąt $ASB$ jest równoboczny, więc jego pole jest równe

P_{ASB} = \frac{5^{2} \sqrt{3}}{4} = \frac{25 \sqrt{3}}{4} .

Zatem szukane pole zacieniowanego odcinka jest równe

P_{wycinka} - P_{ASB} = \frac{25 π}{6} - \frac{25 \sqrt{3}}{4} = \frac{25}{2} (\frac{π}{3} - \frac{\sqrt{3}}{2}) .

Ćwiczenie 26

Dwa okręgi o promieniach $2$ i $6$ są styczne zewnętrznie, a także są styczne do ramion kąta (patrz rysunek). Oblicz odległości środków tych okręgów od wierzchołka kąta.

R1R4en4O5aEcR1

Rysunek dwóch stycznych zewnętrznie okręgów o środkach S z indeksem dolnym 1, S z indeksem dolnym 2. Poprowadzono styczne do okręgów w punktach G i H, które przecinają się w punkcie O.

$4$ i $12$

Okręgi są styczne zewnętrznie,
zatem

|S_{1} S_{2}| = 6 + 2 = 8 .

Trójkąty $O S_{1} G$ oraz $O S_{2} H$ są podobne (oba są prostokątne i mają wspólny kąt ostry przy wierzchołku $O$ , więc trzeci kąt też mają taki sam. Korzystamy z cechy $kąt - kąt - kąt$ podobieństwa trójkątów). Z tego otrzymujemy

\frac{|G S_{1}|}{|S_{1} O|} = \frac{|H S_{2}|}{|S_{1} S_{2}| + |S_{1} O|}

\frac{2}{|S_{1} O|} = \frac{6}{8 + |S_{1} O|}

\frac{1}{|S_{1} O|} = \frac{3}{8 + |S_{1} O|}

8 + |S_{1} O| = 3 |S_{1} O|

2 |S_{1} O| = 8

|S_{1} O| = 4

|S_{2} O| = |S_{1} O| + |S_{1} S_{2}| = 4 + 8 = 12 .

Ćwiczenie 27

Dwa okręgi o promieniach $5$ i $13$ są współśrodkowe. Oblicz długość cięciwy większego okręgu, która jest styczna do mniejszego okręgu.

$24$

R1I97RiQodNO31

Rysunek dwóch okręgów o wspólnym środku S. Promień BS =13, promień CS =5. Cięciwa AB dłuższego okręgu jest styczna w punkcie C do mniejszego okręgu.

Ponieważ $AB$ jest styczną, więc promień $CS$ mniejszego okręgu jest prostopadły do $AB$ . Z twierdzenia Pitagorasa wynika, że długość odcinka $CB$ jest równa

|CB| = \sqrt{{13^{2} - 5}^{2}} = \sqrt{144} = 12 .

Trójkąt $ASB$ jest równoramienny, gdyż $|AS| = |BS| = 13$ . Zatem wysokość $SC$ dzieli jego podstawę $AB$ na połowy. Cięciwa $AB$ ma więc długość $24$ .

Ćwiczenie 28

Do okręgu o promieniu $8$ poprowadzono styczne odpowiednio w punktach $A$ i $B$ . Styczne te przecinają się w punkcie $O$ . Długości odcinków $AO$ i $BO$ tych stycznych są równe $15$ . Oblicz długość odcinka $AB$ .

$\frac{240}{17}$

RY01VuyrZdSxg1

Rysunek okręgu o środku S i dwóch stycznych. Odcinek AB to cięciwa okręgu.

Z twierdzenia Pitagorasa w trójkącie $AOS$ obliczymy długość odcinka $SO$

|SO| = \sqrt{8^{2} + 15^{2}} = \sqrt{289} = 17 .

Czworokąt $AOBS$ jest deltoidem, którego pole możemy obliczyć na dwa sposoby.
Przekątne deltoidu $AB$ i $SO$ przecinają się pod kątem prostym. Stąd

P_{AOBS} = \frac{|AB| ∙ |SO|}{2} = \frac{|AB| ∙ 17}{2} .

Z drugiej strony deltoid składa się z dwóch przystających trójkątów prostokątnych, więc

P_{AOBS} = 2 ∙ \frac{8 ∙ 15}{2} = 120 .

Otrzymujemy w ten sposób równanie

\frac{|AB| ∙ 17}{2} = 120,

z którego obliczamy

|AB| = \frac{240}{17} .

Ćwiczenie 29

W okręgu o środku $S$ dane są kąty środkowe $ASB$ oraz $BSC$ takie, że $|∢ASB| = 32 °$ oraz $|∢BSC| = 70 °$ . Oblicz miary kątów trójkąta $ABC$ .

$35 °$ , $16 °$ , $129 °$

RsJlA2Hj5fbB51

Rysunek okręgu o środku S i kątach środkowych A S B i B S C. Punkty A, B i C należą do okręgu.

Kąt $ACB$ jest wpisany w okrąg i oparty na łuku $AB$ , na którym oparty jest też kąt środkowy $ASB$ . Zatem miara kąta $ACB$ jest równa

|∢ACB| = \frac{1}{2} |∢ASB| = \frac{1}{2} ∙ 32 ° = 16 ° .

Wklęsły kąt środkowy $ASC$ ma miarę $360 ° - (70 ° + 32 °) = 258 °$ . Kąt środkowy $ASC$ jest oparty na łuku $AC$ , na którym oparty jest też kąt wpisany $ABC$ . Zatem miara kąta $ABC$ jest równa

|∢ABC| = \frac{1}{2} |∢ASC| = \frac{1}{2} ∙ 258 ° = 129 ° .

Miara trzeciego kąta $BAC$ trójkąta jest równa $180 ° - 129 ° - 16 ° = 35 °$ .

Ćwiczenie 30

Dane są dwa okręgi: pierwszy o środku $S_{1}$ i promieniu $2$ , a drugi o środku $S_{2}$ i promieniu $6$ . Odległość między środkami tych okręgów jest równa $10$ . Wspólna styczna do tych okręgów przecina prostą $S_{1} S_{2}$ w punkcie $O$ . Oblicz długości odcinków $S_{1} O$ i $S_{2} O$ . Rozważ dwa przypadki.

$5$ i $15$ lub $2,5$ i $7,5$

I przypadek
RC05KclDiclYR1
Trójkąty $O S_{1} A$ oraz $O S_{2} B$ są podobne, co wynika z cechy $kąt - kąt - kąt$ podobieństwa trójkątów (Kąt $AO S_{1}$ jest wspólnym kątem obu trójkątów i oba są prostokątne, zatem trzeci kąt też musi mieć taką samą miarę). Zatem
$\frac{|A S_{1}|}{|B S_{2}|} = \frac{|O S_{1}|}{|O S_{2}|},$
czyli
$\frac{2}{6} = \frac{|O S_{1}|}{|O S_{1}| + 10}$
$\frac{1}{3} = \frac{|O S_{1}|}{|O S_{1}| + 10}$
$|O S_{1}| + 10 = 3 |O S_{1}|$
$|O S_{1}| = 5 .$
Mamy więc
$|O S_{2}| = 5 + 10 = 15 .$
II przypadek
RZsyQkck97iCb1
Podobnie jak w przypadku I wykazujemy, że trójkąty $O S_{1} A$ oraz $O S_{2} B$ są podobne, więc
$\frac{|A S_{1}|}{|B S_{2}|} = \frac{|O S_{1}|}{|O S_{2}|},$
czyli
$\frac{2}{6} = \frac{|O S_{1}|}{10 - |O S_{1}|}$
$\frac{1}{3} = \frac{|O S_{1}|}{10 - |O S_{1}|}$
$10 - |O S_{1}| = 3 |O S_{1}|,$
skąd $|O S_{1}| = 2,5$ oraz $|O S_{1}| = 10 - 2,5 = 7,5$ .

Ćwiczenie 31

Trzy okręgi o środkach $A$ , $B$ , $C$ i promieniach odpowiednio równych $2$ , $3$ , $10$ są parami styczne zewnętrznie. Punktami styczności są punkty $D$ , $E$ , $F$ . Wykaż, że okrąg wpisany w trójkąt $ABC$ jest styczny do jego boków w punktach $D$ , $E$ , $F$ .

R1SUcJbNKZ5Vl1

Rysunek trzech okręgów o środkach A, B, C. Środki okręgów tworzą trójkąt A B C.

Trójkąt $ABC$ jest prostokątny. Wynika to z twierdzenia odwrotnego do twierdzenia Pitagorasa, ponieważ

12^{2} + 5^{2} = 13^{2} .

Promień okręgu wpisanego w trójkąt $ABC$ jest równy

r = \frac{a + b - c}{2} = \frac{5 + 12 - 13}{2} = 2 .

Wierzchołek kąta prostego, środek okręgu wpisanego w trójkąt prostokątny oraz punkty styczności tego okręgu z przyprostokątnymi to wierzchołki kwadratu, którego bok ma długość równą promieniowi okręgu wpisanego. Stąd wynika, że punkty $D$ i $E$ są punktami styczności.

Rme3pD06Coams1

Rysunek trzech okręgów o środkach A, B, C. W trójkąt A B C wpisano okrąg o środku w punkcie S.

Niech $G$ oznacza punkt styczności okręgu wpisanego w trójkąt z przeciwprostokątną $AB$ . Z twierdzenia o odcinkach stycznych wynika, że

|BD| = |BG| = 3,

ale to oznacza, że punkt $G$ pokrywa się z punktem $F$ . To kończy dowód.

Okrąg wpisany w trójkąt prostokątny

Siatki i modele brył