6. Okrąg opisany na czworokącie

R16ZdKhNdrDf1

Powszechnie znany jest fakt, iż na każdym trójkącie można opisać okrąg i okrąg ten jest wyznaczony jednoznacznie. Inaczej sytuacja wygląda w przypadku wielokątów o większej niż $3$ liczbie boków. Zauważmy na poniższym rysunku, że okrąg opisany na czworokącie $A B C D$ jest tym samym okręgiem, który jest opisany na każdym z trójkątów, którego trzy wierzchołki są różnymi elementami zbioru $\{A, B, C, D\}$ . Na poniższym rysunku zaznaczono trójkąty $A C D$ i $B C D$ , które są wpisane w okrąg opisany na czworokącie $A B C D$ .

R1a7yymdzpGs1

Ilustracja przedstawia czworokąt o wierzchołkach A B C D, w którym poprowadzono przekątne, kolorem niebieskim zaznaczono powstały trójkąt A C D, a kolorem różowym trójkąt B C D. Czworokąt jest wpisany w okrąg. — Czworokąt i trójkąty wpisane w okrąg

Dlatego też nie jest możliwe opisanie okręgu na rombie, który nie jest kwadratem, bo jak widać na poniższym rysunku, okręgi opisane na trójkątach $A C D$ i $A B C$ mają różne położenie na płaszczyźnie, choć oczywiście ich promienie są takie same.

R1JcCk1AnkPCH

Ilustracja przedstawia romb o wierzchołkach A B C D, w którym poprowadzono przekątną, kolorem niebieskim zaznaczono powstały trójkąt A C D, a kolorem różowym trójkąt A B C, trójkąty te są takie same. Przez punkty A B C poprowadzono jeden okrąg, a przez punkty A D C poprowadzono drugi okrąg. Okręgi przecinają się w punktach A oraz C. Przekątna rombu A C jest cięciwą okręgów. — Romb, na którym nie da się opisać okręgu

O wielokątach wypukłych, na których można opisać okrąg mówimy, że są one cykliczne. Niniejsza lekcja ma za zadanie podać warunek konieczny i wystarczający, by na czworokącie dało się opisać okrąg.

Twoje cele

Udowodnisz twierdzenie podające warunki opisywalności okręgu na czworokącie wypukłym.
Zastosujesz twierdzenie Ptolemeusza i Carnot’a w zadaniach dotyczących okręgu opisanego na czworokącie.
Zastosujesz poznane zależności w sytuacjach typowych i problemowych.

Wielokąt cykliczny

Definicja: Wielokąt cykliczny

Będziemy mówić, że $n$ –kąt wypukły jest wielokątem cyklicznym, jeżeli da się na nim opisać okrąg.

Istnieje proste kryterium opisywalności okręgu na czworokącie, o czym mówi poniższe twierdzenie.

O czworokącie cyklicznym

Twierdzenie: O czworokącie cyklicznym

Czworokąt wypukły jest cykliczny wtedy i tylko wtedy, gdy suma miar przeciwległych kątów jest równa $180 °$ .

Dowód

Najpierw zajmiemy się warunkiem koniecznym. Przypuśćmy zatem, że czworokąt $A B C D$ jest wpisany w okrąg o środku $O$ . Poprowadźmy promienie $O D$ i $O B$ , jak na rysunku.

R1JP0INCpyfsA

Ilustracja przedstawia czworokąt o wierzchołkach A B C D wpisany w okrąg. Środek tego okręgu podpisano literą O. Z wierzchołków D oraz B poprowadzono odcinki do środka okręgu. Kąt wypukły BOD podpisano literą gamma. Z kolei kąt wklęsły BOD podpisano literą alfa. — Dowód twierdzenia o czworokącie cyklicznym

Pokażemy, że suma miar kątów $B A D$ i $B C D$ jest równa $180 °$ .

Zauważmy, że kąt $B A D$ jest kątem wpisanym opartym na tym spośród łuków o końcach $B D$ , do którego należy punkt $C$ . Tym samym jego miara jest połową miary kąta środkowego $γ$ opartego na tym samym łuku. Podobnie kąt $B C D$ jest kątem wpisanym opartym na tym spośród łuków o końcach $B D$ , do którego należy punkt $A$ . Tym samym jego miara jest połową miary kąta środkowego $α$ opartego na tym samym łuku.

Ale $α + γ = 360 °$ , stąd $|∢ B C D| + |∢ B A D| = \frac{1}{2} α + \frac{1}{2} γ = \frac{1}{2} \cdot 360 ° = 180 °$ .

Suma miar wszystkich kątów wewnętrznych czworokąta wypukłego jest równa $360 °$ , zatem również suma miar kątów $A B C$ i $A D C$ jest równa $180 °$ .

Teraz zajmiemy się warunkiem dostatecznym. Przypuśćmy zatem, że w czworokącie $A B C D$ mamy $|∢ B C D| + |∢ B A D| = 180 °$ i rozważmy okrąg o środku $O$ opisany na trójkącie $A B D$ . Rozważmy dowolny punkt $E$ leżący na łuku o końcach $B$ , $D$ w tej samej półpłaszczyźnie o krawędzi $B D$ , co punkt $C$ , jak na rysunku.

R1aZ2dCZhUEYg

Ilustracja przedstawia czworokąt o wierzchołkach A B C D wpisany w okrąg, przy czym boki BC oraz CD zaznaczono linią przerywaną. W czworokącie zaznaczono jego przekątną BD, odcinki AB BD oraz AD tworzą trójkąt A B D. Środek okręgu podpisano literą O, na okręgu po prawej stronie leży punkt E. — Dowód twierdzenia o czworokącie cyklicznym

Z udowodnionego już warunku koniecznego wiemy, że $|∢ B A D| + |∢ B E D| = 180 °$ .

Co oznacza, że $|∢ B E D| = |∢ B C D| = 180 ° - |∢ B A D|$ .

Ale wiemy również, że miejscem geometrycznym punktów, z których odcinek $B D$ widać pod tym samym kątem jest łuk okręgu (o czym była mowa w lekcji o zależnościach między kątami w kole). Tym samym punkt $C$ leży na łuku tego samego okręgu co punkt $E$ .

Zanim przejdziemy do rozwiązywania zadań związanych z czworokątami cyklicznymiwielokąt cyklicznyczworokątami cyklicznymi, przywołamy klasyczną wersję twierdzenia Ptolemeusza. Przyjmiemy oznaczenia, jak na rysunku.

R1HBmjQpSMwGL

Ilustracja przedstawia czworokąt o wierzchołkach A B C D wpisany w okrąg. Bok AB podpisano literą a. Bok BC podpisano literą b, bok CD podpisano literą c, a bok AD podpisano literą d. W czworokącie zaznaczono jego przekątne, przekątną AC podpisano literą q, przekątną BD podpisano literą p. — Twierdzenie Ptolemeusza

Ptolemeusza

Twierdzenie: Ptolemeusza

W dowolnym czworokącie wpisanym w okrąg iloczyn długości jego przekątnych jest równy sumie iloczynów długości przeciwległych boków.

Przy oznaczeniach z powyższego rysunku twierdzenie orzeka, że $p q = a c + b d$ .

Dowód

Rozważmy taki punkt $M$ leżący na przekątnej $B D$ , że $|∢ D C A| = |∢ M C B|$ .

Raarfh2cYDfMC

Zauważmy, że kąty $C B D$ i $C A D$ mają równe miary, jako kąty wpisane oparte na tym samym łuku.

Tym samym trójkąty $A C D$ i $B C M$ , na mocy cechy $k k k$ , są podobne.

W szczególności mamy więc, że $\frac{|M B|}{|A D|} = \frac{|B C|}{|A C|}$ . Stąd $|M B| \cdot |A C| = |A D| \cdot |B C|$ .

Analogicznie podobne są także trójkąty $C D M$ i $A B C$ . Stąd $\frac{|D M|}{|A B|} = \frac{|D C|}{|A C|}$ , czyli $|D M| \cdot |A C| = |A B| \cdot |D C|$ .

Otrzymujemy więc układ równań $\{\begin{cases} |M B| \cdot |A C| = |A D| \cdot |B C| \\ |D M| \cdot |A C| = |A B| \cdot |D C| \end{cases}$ , który przy oznaczeniach z rysunku przyjmuje prostszą postać: $\{\begin{cases} |M B| \cdot q = d \cdot b \\ |D M| \cdot q = a \cdot c \end{cases}$ .

Dodając stronami równania tego układu i wyłączając wspólny czynnik otrzymujemy: $q \cdot (|M B| + |D M|) = d \cdot b + a \cdot c$ , co kończy dowód twierdzenia.

Pozostaje dodać, że prawdziwe jest również twierdzenie odwrotne, a w dowolnym czworokącie wypukłym zachodzi nierówność $p q \leq a c + b d$ , zwana także nierównością Ptolemeuszanierówność Ptolemeuszanierównością Ptolemeusza.

Przykład 1

Rozważmy czworokąt $A B C D$ wpisany w okrąg w którym dane są: $|A B| = 3$ , $|B C| = 4$ , $|C D| = 5$ , $|A D| = 8$ . Wyznaczymy długości jego przekątnych.

Przyjmijmy oznaczenia, jak na rysunku.

R121gBEDbtdmD

Ilustracja przedstawia czworokąt o wierzchołkach A B C D wpisany w okrąg. Bok A B ma długość 3, bok BC ma długość 4, bok CD ma długość 5, a bok AD ma długość osiem. W czworokącie zaznaczono jego przekątne, przekątną AC podpisano literą q, przekątną BD podpisano literą p. Kąt ABC podpisano literą beta.

Ponieważ czworokąt jest cykliczny, to $|∢ A D C| = 180 ° - β$ . Zatem $\cos (∢ A D C) = - \cos β$ .

Korzystając z twierdzenia cosinusów dla trójkątów $A B C$ i $A D C$ otrzymujemy:

$q^{2} = 3^{2} + 4^{2} - 2 \cdot 3 \cdot 4 \cdot \cos β$ ,

$q^{2} = 5^{2} + 8^{2} + 2 \cdot 5 \cdot 8 \cdot \cos β$ .

Z pierwszego z równań otrzymujemy, że $\cos β = \frac{25 - q^{2}}{24}$ , zatem $q^{2} = 5^{2} + 8^{2} + 2 \cdot 5 \cdot 8 \cdot \frac{25 - q^{2}}{24}$ . Stąd $q = \sqrt{\frac{517}{13}}$ .

Wyznaczając długość przekątnej $B D$ możemy powtórzyć powyższy schemat.

Ale możemy też skorzystać z twierdzenia Ptolemeusza.

Otrzymujemy wtedy, że $p \sqrt{\frac{517}{13}} = 4 \cdot 8 + 3 \cdot 5$ . Zatem $p = \frac{47 \sqrt{13}}{\sqrt{517}}$ .

Na koniec przywołamy twierdzenie Carnot’a, które bezpośrednio nie dotyczy czworokątów, ale w którego dowodzie warto skorzystać z udowodnionego wcześniej twierdzenia Ptolemeusza. Jakkolwiek dowód tego twierdzenia tutaj pominiemy, to jego istotna część jest przedmiotem jednego z ćwiczeń dołączonych do lekcji.

Carnot’a

Twierdzenie: Carnot’a

Suma odległości środka okręgu opisanego na trójkącie od jego trzech boków jest równa sumie długości promieni okręgów opisanego i wpisanego w ten trójkąt.

RJKlcqzTHfouh

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, do boku BC poprowadzono odcinek da, z kolei do boku AC poprowadzono odcinek db. Obok rysunku znajduje się napis: da+db+dc=R+r. — Twierdzenie Carnot’a

Polecenie 1

Uruchom symulacjaę interaktywną. Ustal położenie wierzchołków czworokąta tak, aby otrzymany wielokąt był wypukły, a następie wybierz polecenie „Czworokąt wpisany w okrąg”. Odczytaj miary kątów wewnętrznych czworokąta. Sformułuj hipotezę dotyczącą zależności między tymi miarami. Zmieniaj położenie wybranych wierzchołków i sprawdź, czy postawiona hipoteza zachodzi dla różnych miar kątów wewnętrznych czworokąta.

Następnie wybierz polecenie „Twierdzenie Ptolemeusza”. Ustal położenie wierzchołków czworokąta wypukłego. Odczytaj długości boków i przekątnych tego czworokąta. Wyznacz iloczyn długości przekątnych i sumę iloczynów długości przeciwległych boków. Sformułuj hipotezę dotyczącą zależności między tymi wielkościami. Zmieniaj położenie wybranych wierzchołków i sprawdź, czy postawiona hipoteza zachodzi dla różnych położeń wierzchołków czworokąta.

Zapoznaj się z poniższym opisem apletu.

R1b7vnYFcse2u

Polecenie 2

Miary trzech kolejnych kątów wewnętrznych czworokąta wpisanego w okrąg mają się do siebie tak, jak $2 : 3 : 4$ . Oblicz miary kątów tego czworokąta.

Oznaczmy kolejne kąty czworokąta przez $α$ , $β$ , $γ$ , $δ$ . Możemy przyjąć, że $α = 2 x$ , $β = 3 x$ , $γ = 4 x$ .

Wtedy, ponieważ sumy miar przeciwległych kątów muszą być sobie równe, otrzymujemy: $2 x + 4 x = 3 x + δ$ .

Stąd $δ = 3 x$ . Ale $α + β + γ + δ = 360 °$ .

Zatem $12 x = 360 °$ oraz $α = 60 °$ , $β = δ = 90 °$ , $γ = 120 °$ .

Polecenie 3

W deltoidzie o bokach długości $4$ i $7$ dokładnie dwa spośród jego kątów wewnętrznych są proste. Oblicz iloczyn długości przekątnych tego deltoidu.

Z warunków zadania wynika, że na tym deltoidzie można opisać okrąg. Zatem, korzystając z twierdzenia Ptolemeusza, możemy zapisać, że iloczyn $p \cdot q$ długości jego przekątnych jest równy

$p \cdot q = 4 \cdot 7 + 4 \cdot 7 = 56$ .

Polecenie 4

Uruchom aplet. Ustal położenie wierzchołków czworokąta wpisanego w okrąg, a następnie wybierz polecenie „Rozcinanie czworokąta”. Odczytaj miary kątów wewnętrznych trójkątów powstałych w wyniku triangulacji. Sprawdź, że spełnione są warunki twierdzenia o czworokącie wpisanym w okrąg.

Zapoznaj się z poniższym opisem apletu przybliżającym zagadnienie rozcinania czworokąta.

RijQxTwV0Aero

Polecenie 5

Miary kątów wewnętrznych trójkątów, na jakie rozcięto czworokąt wpisany w okrąg, a którego bokami są promienie okręgu opisanego na tym czworokącie, poprowadzone do jego wierzchołków, mają miary odpowiednio równe: $\{84 °, 48 °, 48 °\}$ , $\{66 °, 57 °, 57 °\}$ , $\{132 °, 24 °, 24 °\}$ , $\{78 °, 51 °, 51 °\}$ . Oblicz miary kątów wewnętrznych tego czworokąta, przy różnych położeniach tych trójkątów.

Dana triangulacja: $48 ° + 57 ° = 105 °$ ; $57 ° + 24 ° = 81 °$ ; $24 ° + 51 ° = 75 °$ ; $51 ° + 48 ° = 99 °$ ;

Druga triangulacja: $48 ° + 24 ° = 72 °$ ; $24 ° + 57 ° = 81 °$ ; $57 ° + 51 ° = 108 °$ ; $51 ° + 48 ° = 99 °$ ;

Trzecia triangulacja: $48 ° + 24 ° = 72 °$ ; $24 ° + 51 ° = 75 °$ ; $51 ° + 57 ° = 108 °$ ; $57 ° + 48 ° = 105 °$ .

Polecenie 6

Boki czworokąta wpisanego w okrąg mają długości $|A B| = 4$ , $|B C| = 4$ , $|C D| = 8$ , $|A D| = 6$ . Oblicz długości przekątnych tego czworokąta i czworokąta wpisanego w ten sam okrąg, którego boki mają długości $|P Q| = 4$ , $|Q R| = 8$ , $|R S| = 4$ , $|S P| = 6$ .

$p_{1} = \sqrt{\frac{(a c + b d) (a b + c d)}{a d + b c}} = \sqrt{\frac{(32 + 24) (16 + 48)}{24 + 32}} = 8$ ,

$q_{1} = \sqrt{\frac{(a c + b d) (a d + b c)}{a b + c d}} = \sqrt{\frac{(32 + 24) (24 + 32)}{16 + 48}} = \frac{56}{8} = 7$ ,

$p_{2} = \sqrt{\frac{(a c + b d) (a b + c d)}{a d + b c}} = \sqrt{\frac{(16 + 48) (32 + 24)}{24 + 32}} = 8$ ,

$q_{2} = \sqrt{\frac{(a c + b d) (a d + b c)}{a b + c d}} = \sqrt{\frac{(16 + 48) (24 + 32)}{32 + 24}} = 8$ .

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

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

Ćwiczenie 9

Podstawa $A B$ trapezu $A B C D$ jest średnicą okręgu o promieniu $5$ , na nim opisanego. Wysokość tego trapezu jest równa $3$ . Oblicz pole trapezu.

Trapez wpisany w okrąg jest trapezem równoramiennym. Przyjmijmy oznaczenia, jak na rysunku.

R1eyDRtyLTVGj

Ilustracja przedstawia trapez A B C D wpisany w okrąg. Krótsza podstawa DC ma długość b, a wysokość CE ma długość trzy.

Punkt $E$ jest spodkiem wysokości, zatem z własności trójkąta prostokątnego mamy:

$|A E| \cdot |B E| = {|C E|}^{2}$ , czyli $(10 - |B E|) \cdot |B E| = 3^{2}$ .

Pozwala to zapisać równanie kwadratowe ${|B E|}^{2} - 10 |B E| + 9 = 0$ .

Jego pierwiastkami są liczby: $1$ oraz $9$ .

Stąd $b = 10 - 2 = 8$ , a pole jest równe $P = \frac{10 + 8}{2} \cdot 3 = 27$ .

Ćwiczenie 10

W okrąg wpisano deltoid $A B C D$ o bokach długości $5$ i $4$ . Oblicz pole tego deltoidu.

Ponieważ jest to czworokąt cykliczny, więc można „od razu” skorzystać ze wzoru Brahmagupty.

Wtedy połowa obwodu deltoidu jest równa $9$ , a pole $P = \sqrt{(9 - 5) (9 - 4) (9 - 5) (9 - 4)} = 4 \cdot 5 = 20$ .

Oczywiście nie jest konieczne korzystanie ze wzoru Brahmagupty, wystarczy zauważyć, że z własności deltoidu i z twierdzenia o czworokącie wpisanym w okrąg wynika, że dwa przeciwległe jego kąty muszą być kątami prostymi. Wtedy oś symetrii deltoidu jest przeciwprostokątną dwóch przystających trójkątów o przyprostokątnych $5$ i $4$ . Pole każdego z tych trójkątów jest równe
$P_{△} = \frac{5 \cdot 4}{2} = 10$ , zatem pole deltoidu jest równe $20$ .

R15mlk21HJPNb1

Ćwiczenie 11

Ćwiczenie 12

W okrąg o promieniu $5$ wpisano deltoid o polu równym $40$ . Oblicz obwód tego deltoidu.

Przyjmijmy oznaczenia, jak na rysunku.

RxbSUqG3Qnbux

Ilustracja przedstawia deltoid A B C D wpisany w okrąg. Przekątne deltoidu przecinają się w punkcie E.

Wtedy $|A C| = 10$ . Korzystając ze wzoru na pole deltoidu otrzymujemy: $\frac{|A C| \cdot |B D|}{2} = 40$ , zatem $|B D| = 8$ .

Punkt $E$ jest punktem przecięcia się przekątnych deltoidu i środkiem odcinka $B D$ .

Jest też spodkiem wysokości poprowadzonej z wierzchołka $D$ w trójkącie prostokątnym $A D C$ .

Z własności trójkąta prostokątnego wynika, że $|A E| \cdot |C E| = {|D E|}^{2}$ , czyli $|C E| \cdot (10 - |C E|) = {(\frac{1}{2} |B D|)}^{2}$ .

Pozwala to zapisać równanie kwadratowe ${|C E|}^{2} - 10 |C E| + 16 = 0$ .

Jego pierwiastkami są liczby: $2$ oraz $8$ .

Zatem ${|D C|}^{2} = 4^{2} + 2^{2} = 20$ oraz ${|A D|}^{2} = 4^{2} + 8^{2} = 80$ .

Obwód jest więc równy: $2 \sqrt{20} + 2 \sqrt{80} = 12 \sqrt{5}$ .

Ćwiczenie 13

Na danym trapezie $A B C D$ , w którym $A B ∥ C D$ , można opisać okrąg. Kąty $α$ , $β$ , $γ$ , $δ$ są w podanej kolejności kątami wewnętrznymi tego trapezu, jak na rysunku.

R2L3v2WUuyETL

Ilustracja przedstawia trapez A B C D wpisany w okrąg. Kąt przy wierzchołku A wynosi alfa, przy wierzchołku B wynosi beta, przy wierzchołku C gamma, a przy wierzchołku D delta. Odcinki AB i DC to podstawy trapezu.

Korzystając z zapisanych zależności, wyznacz miary kątów danego trapezu.

R1W8kXQigFWga

Dopasuj zależności do miar kątów trapezu. GAMMA, równa się, trzy alfa Możliwe odpowiedzi: 1. alfa, równa się, siedemdziesiąt pięć stopni, przecinek, BETA, równa się, siedemdziesiąt pięć stopni, przecinek, GAMMA, równa się, sto pięć stopni, przecinek, DELTA, równa się, sto pięć stopni, 2. alfa, równa się, sześćdziesiąt stopni, przecinek, BETA, równa się, sześćdziesiąt stopni, przecinek, GAMMA, równa się, sto dwadzieścia stopni, przecinek, DELTA, równa się, sto dwadzieścia stopni, 3. alfa, równa się, czterdzieści pięć stopni, przecinek, BETA, równa się, czterdzieści pięć stopni, przecinek, GAMMA, równa się, sto trzydzieści pięć stopni, przecinek, DELTA, równa się, sto trzydzieści pięć stopni GAMMA, minus, alfa, równa się, trzydzieści stopni Możliwe odpowiedzi: 1. alfa, równa się, siedemdziesiąt pięć stopni, przecinek, BETA, równa się, siedemdziesiąt pięć stopni, przecinek, GAMMA, równa się, sto pięć stopni, przecinek, DELTA, równa się, sto pięć stopni, 2. alfa, równa się, sześćdziesiąt stopni, przecinek, BETA, równa się, sześćdziesiąt stopni, przecinek, GAMMA, równa się, sto dwadzieścia stopni, przecinek, DELTA, równa się, sto dwadzieścia stopni, 3. alfa, równa się, czterdzieści pięć stopni, przecinek, BETA, równa się, czterdzieści pięć stopni, przecinek, GAMMA, równa się, sto trzydzieści pięć stopni, przecinek, DELTA, równa się, sto trzydzieści pięć stopni alfa, plus, dwa BETA, równa się, początek ułamka, trzy, mianownik, dwa, koniec ułamka, DELTA Możliwe odpowiedzi: 1. alfa, równa się, siedemdziesiąt pięć stopni, przecinek, BETA, równa się, siedemdziesiąt pięć stopni, przecinek, GAMMA, równa się, sto pięć stopni, przecinek, DELTA, równa się, sto pięć stopni, 2. alfa, równa się, sześćdziesiąt stopni, przecinek, BETA, równa się, sześćdziesiąt stopni, przecinek, GAMMA, równa się, sto dwadzieścia stopni, przecinek, DELTA, równa się, sto dwadzieścia stopni, 3. alfa, równa się, czterdzieści pięć stopni, przecinek, BETA, równa się, czterdzieści pięć stopni, przecinek, GAMMA, równa się, sto trzydzieści pięć stopni, przecinek, DELTA, równa się, sto trzydzieści pięć stopni

RGyE9iP6YJTp82

Ćwiczenie 14

Ćwiczenie 15

Kolejne boki czworokąta wpisanego w okrąg mają długości: $|A B| = 4$ , $|B C| = 4$ , $|C D| = 3 + \sqrt{21}$ , $|A D| = 6$ . Wyznacz miarę kąta $A B C$ .

Oznaczmy przez $p$ przekątną $A C$ , a przez $α$ miarę kąta $A B C$ .

Wtedy, korzystając dwukrotnie z twierdzenia cosinusów mamy:

$p^{2} = 4^{2} + 4^{2} - 2 \cdot 4 \cdot 4 \cdot \cos α$ ,

$p^{2} = 6^{2} + {(3 + \sqrt{21})}^{2} - 2 \cdot 6 \cdot (3 + \sqrt{21}) \cdot \cos (180 ° - α)$ .

Stąd $4^{2} + 4^{2} - 2 \cdot 4 \cdot 4 \cdot \cos α = 6^{2} + {(3 + \sqrt{21})}^{2} - 2 \cdot 6 \cdot (3 + \sqrt{21}) \cdot \cos (180 ° - α)$

czyli

$\cos α (12 \sqrt{21} + 68) = - 6 \sqrt{21} - 34$ .

Zatem $\cos α = - \frac{1}{2}$ i $α = 120 °$ .

RbQI0ZFCoxQeU3

Ćwiczenie 16

Słownik

wielokąt cykliczny

wielokątem cyklicznym nazywamy wielokąt wypukły, który da się wpisać w okrąg

nierówność Ptolemeusza

w dowolnym czworokącie iloczyn długości jego przekątnych jest nie większy niż suma iloczynów długości przeciwległych boków (równość zachodzi tylko dla czworokąta cyklicznego)

5. Podobieństwo. Czworokąty podobne

7. Okrąg wpisany w czworokąt

6. Okrąg opisany na czworokącie

Słownik