4. Pole czworokąta – zadania różne - M_R_W18_M2 Pola czworokątów

R1CE44da7KhEm

4. Pole czworokąta – zadania różne

W tym materiale będziemy obliczać pole czworokątów w szczególności czworokątów wpisanych w okrąg i opisanych na okręgu, utrwalimy więc rożne wzory na pole czworokąta. Zanim przejdziemy do omówienia nowych treści, warto przypomnieć sobie twierdzenia związane z kątami w okręgu i odcinkami stycznymi.

Twoje cele

Wykorzystasz wzory na pole czworokąta w zadaniach różnego typu.
Wykorzystasz własności czworokątów wpisanych w okrąg i opisanych na okręgu w zadaniach geometrycznych.
Zastosujesz wzór Brahmagupty i twierdzenie Ptolemeusza w zadaniach geometrycznych.
Zastosujesz wzory na pole trójkątów i czworokątów z wykorzystaniem funkcji sinus.

Pole czworokąta wpisanego w okrąg

Zacznijmy od przypomnienia definicji i najważniejszych własności czworokąta wpisanego w okrąg.

Czworokąt wpisany w okrąg

Definicja: Czworokąt wpisany w okrąg

Czworokąt, którego wszystkie wierzchołki leżą na jednym okręgu.

RxwmYSpqRZnJr

Ilustracja przedstawia czworokąt ABCD wpisany w okrąg. Kąt przy wierzchołku A ma miarę alfa, kąt przy wierzchołku B ma miarę beta, kąt przy wierzchołku C ma miarę gamma, a kąt przy wierzchołku D ma miarę delta.

Ważne!

Czworokąt wypukły można wpisać w okrąg wtedy i tylko wtedy, gdy suma jego przeciwległych kątów jest równa $180 °$ , czyli gdy

α + γ = β + δ = 180 °

Czworokąt można wpisać w okrąg wtedy i tylko wtedy, gdy symetralnesymetralna odcinkasymetralne wszystkich jego boków przecinają się w jednym punkcie.

Wniosek: TrapeztrapezTrapez można wpisać w okrąg wtedy i tylko wtedy, gdy jest równoramienny.

Powyższy fakt możemy udowodnić, korzystając z własności kątów w trapezie i w czworokącie wpisanym w okrąg. Wniosek ten wynika również z prostej obserwacji, że symetralna dowolnej cięciwy w okręgu jest prostopadła do niej i przechodzi przez środek tego okręgu. Zatem dwie równoległe cięciwy mają wspólną oś symetrii (jest nią ich symetralna). Zatem trapez o wierzchołkach w końcach tych cięciw jest równoramienny.

Dla zainteresowanych

Twierdzenie Ptolemeusza

Czworokąt $A B C D$ można opisać na okręgu wtedy i tylko wtedy, gdy iloczyn długości przekątnych równy jest sumie iloczynów długości przeciwległych boków.

Dla czworokątów wpisanych w okrąg zachodzi, przypominający nieco wzór Herona, wzór Brahmagupty:

S = \sqrt{(p - a) (p - b) (p - c) (p - d)}

gdzie $p = \frac{1}{2} (a + b + c + d)$ – połowa obwodu czworokąta, $a, b, c, d$ – długości boków czworokąta.

Poniżej kilka przykładów wyznaczania pole czworokąta wpisanego w okrąg.

Zacznijmy od prostego przykładu.

Przykład 1

Obliczymy pole czworokąta wpisanego w okrąg. Promień tego okręgu jest równy $5$ . Przekątne tego czworokąta są średnicami tego okręgu i przecinają się pod kątem $30 °$ .

Rozwiązanie

Aby rozwiązać to zadanie wystarczy, że zastosujemy wzór na pole czworokąta o danych przekątnych i kącie $α$ między nimi:

$P = \frac{1}{2} d_{1} \cdot d_{2} \cdot \sin α = \frac{1}{2} \cdot 10 \cdot 10 \cdot \frac{1}{2} = 25$ .

W powyższym przykładzie nie musieliśmy wykorzystywać faktu, że zadany czworokąt jest prostokątem (co wynika z faktu, że kąt oparty na średnicy jest kątem prostym).

Jednak w wielu zadaniach zanim zastosujemy odpowiedni wzór na pole czworokąta, będziemy musieli przeanalizować własności danego czworokąta.

Przykład 2

Trapez $A B C D$ wpisany jest w okrąg, przy czym dłuższa podstawa $A B$ trapezu o długości $20$ jest średnicą tego okręgu. Ramię $B C$ ma długość $10$ . Obliczymy pole tego trapezu.

R1aTnkveSHdHX

Ilustracja przedstawia trapez ABCD wpisany w okrąg. Dłuższa podstawa AB o boku 20 jest średnicą okręgu. Ramię BC ma długość 10 jednostek.

Rozwiązanie

Na początek przypomnijmy, że trapez wpisany w okrąg jest trapezem równoramiennym, zatem $|A D| = |B C| = 10$ . Ponadto promień okręgu też jest równy $10$ , więc możemy wywnioskować, że trójkąty $B O C$ i $A O D$ są trójkątami równobocznymi. Ich kąty przy wierzchołku $O$ mają miarę $60 °$ . Kąt $C O D$ również ma miarę $60 °$ . Wynika stąd, że trójkąt $O C D$ jest również równoboczny. Zatem pole trapezu jest równe sumie pól trzech trójkątów równobocznych o boku długości $10$ :

$S = 3 \cdot \frac{10^{2} \sqrt{3}}{4} = 75 \sqrt{3}$ .

Przeanalizujmy teraz ważne zadanie związane z wyznaczeniem pola czworokąta, gdy dane są długości jego boków. Rozwiążemy ten problem dwoma sposobami.

Przykład 3

Obliczymy pole czworokąta $A B C D$ wpisanego w okrąg. Długości boków tego czworokąta są równe: $|A B| = 2$ , $|B C| = 3$ , $|C D| = 4$ , $|D A| = 5$ .

Rozwiązanie

Zadanie to można rozwiązać błyskawicznie wyliczając wartość połowy obwodu

$p = \frac{1}{2} (2 + 3 + 4 + 5) = 7$

i podstawiając do wzoru Brahmagupty:

$S = \sqrt{(p - a) (p - b) (p - c) (p - d)}$ .

Zatem

$S = \sqrt{(7 - 2) (7 - 3) (7 - 4) (7 - 5)} = \sqrt{5 \cdot 4 \cdot 3 \cdot 2} = 2 \sqrt{30}$ .

Powyższego wzoru nie ma w tablicach matematycznych, rzadko też jest stosowany na lekcjach. Spróbujmy więc wyznaczyć to pole, odwołując się do wiadomości „szkolnych”. Powtórzymy przykład rozwiązując go inną metodą.

Przykład 4

Przypomnijmy, że szukamy pola czworokąta $A B C D$ wpisanego w okrąg. Długości boków tego czworokąta są równe: $|A B| = 2$ , $|B C| = 3$ , $|C D| = 4$ , $|D A| = 5$ .

Rozwiązanie

R1a0DQLl9QLkO

Ilustracja przedstawia czworokąt ABCD wpisany w okrąg o kątach wewnętrznych przy wierzchołku A alfa, B beta, C gamma i D delta. Zaznaczono przekątną AC.

Oznaczymy długość przekątnej $A C$ literą $d$ i zastosujemy twierdzenie cosinusów dla trójkątów $A B C$ i $A D C$ . Wykorzystamy fakt, że $δ = 180^{\circ} - β$ oraz $\cos (180 ° - β) = - \cos β$ .

Otrzymujemy dwa równania:

$d^{2} = 4 + 9 - 12 \cos β$ ,

$d^{2} = 16 + 25 + 40 \cos β$ .

Porównując prawe strony otrzymujemy:

$4 + 9 - 12 \cos β = 16 + 25 + 40 \cos β$ ,

$52 \cos β = - 28$ ,

$\cos β = - \frac{7}{13}$ .

Następnie korzystamy z jedynki trygonometrycznej:

$\sin β = \sqrt{1 - {(\cos β)}^{2}} = \sqrt{1 - \frac{49}{169}} = \sqrt{\frac{120}{169}} = \frac{2}{13} \sqrt{30}$ .

Szukane pole czworokąta $A B C D$ jest sumą pól trójkątów $A B C$ i $A C D$ , więc wykorzystując wzór na pole trójkąta otrzymujemy:

$S = \frac{1}{2} \cdot |A B| \cdot |B C| \cdot \sin β + \frac{1}{2} \cdot |A D| \cdot |D C| \cdot \sin (180 ° - β) =$

$= \frac{1}{2} \cdot 2 \cdot 3 \cdot \frac{2}{13} \sqrt{30} + \frac{1}{2} \cdot 4 \cdot 5 \cdot \frac{2}{13} \sqrt{30} = \frac{26}{13} \sqrt{30} = 2 \sqrt{30}$ .

Ciekawostka

Przy okazji dwóch powyższych rozwiązań warto zauważyć, że postępując podobnie jak w przykładzie 3, możemy wyprowadzić wzór na pole czworokąta wpisanego w okrąg o danych długościach boków, więc wzór Brahmagupty.

Nieco bardziej skomplikowane jest wyprowadzenie wzoru na pole dowolnego czworokąta o danych długościach boków. Postępuje się podobnie, choć potrzebna jest nam wtedy dodatkowa informacja o czworokącie (np. kąt lub przekątna).

Okazuje się, że spośród wszystkich czworokątów o zadanych długościach kolejnych boków, największe pole ma ten wpisany w okrąg!

Przykład 5

Trapez równoramienny wpisany jest w okrąg o promieniu $5$ , przy czym dłuższa podstawa ma długość $8$ , a krótsza $6$ . Zastanówmy się jakie może być pole tego trapezu.

Rozwiązanie

Polecenie „jakie może być pole trapezu” sugeruje, że odpowiedź nie musi być jednoznaczna. W zadaniu mamy okrąg o promieniu $5$ i dwie równoległe cięciwy (będące podstawami trapezu). Możliwe są zatem dwie opcje (rysunek):

RIsqh5kCztj3v

Ilustracja przedstawia czworokąty ABCD i A prim B prim CD wpisane w okrąg. Czworokąty posiadają wspólną podstawę DC.

Wyznaczymy wysokości tych trapezów, czyli odległości podstaw. Zauważmy że można to zrobić wyznaczając odległość środka okręgu od dłuższej podstawy ( $h_{1}$ ) oraz od krótszej podstawy ( $h_{2}$ ). Trapez o większym polu będzie miał wysokość równą sumie tych odległości, natomiast trapez o mniejszym polu będzie miał wysokość równą różnicy tych odległości.

R1ZSeFjd3JH4h

Ilustracja przedstawia czworokąty ABCD i A prim B prim CD wpisane w okrąg. Czworokąty posiadają wspólną podstawę DC. Zaznaczono wysokość FE. Punkt E znajduję się na środku boku AB dzieląc go na połowę równą cztery. Punkt E połączono z punktem O, a punkt A połączono z punktem O tworząc trójkąt prostokątny AOE o przyprostokątnych 4 i h indeks dolny 1 koniec indeksu oraz przeciwprostokątnej pięć.

Wartości $h_{1}$ oraz $h_{2}$ obliczamy z twierdzenia Pitagorasa:

${h_{1}}^{2} + 4^{2} = 5^{2} \Rightarrow h_{1} = 3$

${h_{2}}^{2} + 3^{2} = 5^{2} \Rightarrow h_{2} = 4$

Zatem szukane pole ma wartość:

$S = \frac{1}{2} (8 + 6) (3 + 4) = 49$

lub

$S = \frac{1}{2} (8 + 6) (4 - 3) = 7$ .

Polecenie 1

W poniższym aplecie zmieniaj długości boków i miary kątów wybranych czworokątów. Przy ustalonym obwodzie obserwuj, w jakich przypadkach na powstałym czworokącie można opisać okrąg oraz jak zmienia się pole czworokąta. Wyciągnij wnioski.

R11R1zpgrbxoB

Polecenie 2

Korzystając z poznanego twierdzenia, dzięki powyższej symulacji, oblicz największe możliwe pole czworokąta, który ma dwa boki długości $1$ i dwa boki długości $2$ .

Rozważmy dwa przypadki:

Przypadek $I$ – sąsiednie boki mają różne długości. Powstała w ten sposób figura to równoległobok o bokach długości $1$ i $2$ . Spośród wszystkich takich równoległoboków największe pole ma ten, na którym można opisać okrąg. Jedyny równoległobok, na którym można opisać okrąg to prostokąt (patrz aplet). Pole prostokąta o bokach $1$ i $2$ to $2$ .

Przypadek $I$ – dwie pary sąsiednich boków mają taką samą długość Powstała w ten sposób figura to deltoid o bokach $1$ i $2$ . Spośród wszystkich takich deltoidów największe pole ma ten, na którym można opisać okrąg. Jedyny deltoid, na którym można opisać okrąg to taki, który ma dwa kąty proste.

R1LdO7qO9apZu

Ilustracja przedstawia deltoid składający się z dwóch trójkątów o ramionach 1 i 2. Kąt między bokami jest prosty.

Pole deltoidu możemy policzyć jako sumę pól dwóch trójkątów prostokątnych: $P = 2 \cdot \frac{1 \cdot 2}{2} = 2$

Stąd największe możliwe pole czworokąta który ma dwa boki długości $1$ i dwa boki długości $2$ wynosi $2$ .

Pole czworokąta opisanego na okręgu

Zacznijmy od przypomnienia definicji i najważniejszych własności czworokąta opisanego na okręgu.

Czworokąt opisany na okręgu

Definicja: Czworokąt opisany na okręgu

Jeżeli na okręgu obierzemy cztery różne punkty i poprowadzimy przez nie styczne, to punkty przecięcia kolejnych stycznych będą wierzchołkami czworokąta opisanego na okręgu.

lub inaczej:

Okrąg wpisany w czworokąt

Definicja: Okrąg wpisany w czworokąt

Okrąg, który jest styczny do każdego boku wielokąta.

Odcinki łączące środek okręgu wpisanego z punktami styczności na bokach wielokąta są do nich prostopadłe i są promieniami tego okręgu.

RIdgQjvi4IMyx

Ilustracja przedstawia okrąg wpisany w czworokąt ABCD.

Warto zauważyć, że nie w każdy czworokąt można wpisać okrąg.

Ważne!

Czworokąt można opisać na okręgu wtedy i tylko wtedy, gdy sumy długości przeciwległych boków tego czworokąta są równe:

|A B| + |C D| = |B C| + |D A|

ReY6mwRSYXrvO

Przypomnijmy, że dowód powyższego twierdzenia opiera się na równości odcinków stycznych.

Dowolny czworokąt można opisać na okręgu wtedy i tylko wtedy, gdy dwusieczne wszystkich jego kątów przecinają się jednym punkcie, który jest środkiem okręgu.

RxaCHG9SHkiwQ

Ilustracja przedstawia okrąg o środku I wpisany w czworokąt ABCD. Przez każdy wierzchołek czworokąta przechodzą dwusieczne które przecinają również środek okręgu.

Z powyższych wzorów wynika, że jeżeli w równoległobok można wpisać okrąg, to jest on rombem.

Pole czworokąta opisanego na okręgu o promieniu

r

Twierdzenie: Pole czworokąta opisanego na okręgu o promieniu

r

Pole czworokąta $A B C D$ opisanego na okręgu o promieniu $r$ wyraża się wzorem:

P = \frac{1}{2} (|A B| + |B C| + |C D| + |D A|) \cdot r

Dowód

R1QxRXFPEowXz

Ilustracja przedstawia okrąg o środku I wpisany w czworokąt ABCD. Środek okręgu i wierzchołki czworokąta są połączone tworząc odcinki AI ,BI ,CI i DI. Promienie okręgu dochodzą do boków czworokąta w punktach styku pod kątem prostym tworząc odcinki: IS, IR, IQ oraz IP. Promień IS dzieli bok AD na odcinki AS i SD , promień IR dzieli bok DC na DR i RC, promień IQ dzieli bok BC na BQ i QC, natomiast promień IP dzieli bok AB na odcinki AP i PB. Trójkąt ADI oznaczono kolorem różowym, DCI pomarańczowym , BCI zielonym oraz ABI niebieskim.

Połączmy wierzchołki czworokąta ze środkiem okręgu. Dostajemy cztery trójkąty, których wysokości są równe promieniowi okręgu. Stosując wzór na pole trójkąta i sumując te cztery trójkąty otrzymujemy:

P = \frac{1}{2} |A B| \cdot r + \frac{1}{2} |B C| \cdot r + \frac{1}{2} |C D| \cdot r + \frac{1}{2} |D A| \cdot r =

= \frac{1}{2} (|A B| + |B C| + |C D| + |D A|) \cdot r

Dla zainteresowanych

Dla czworokątów wpisanych w okrąg i opisanych na okręgu, których długości boków to $a$ , $b$ , $c$ , $d$ pole wyraża się wzorem:

P = \sqrt{a b c d}

Dowód:

Przypomnijmy wzór Brahmagupty na pole czworokąta wpisanego w okrąg:

P = \sqrt{(p - a) (p - b) (p - c) (p - d)}

gdzie $p = \frac{1}{2} (a + b + c + d)$ .

Z drugiej strony, gdy skorzystamy z własności, że w czworokącie opisanym na okręgu sumy długości przeciwległych boków są równe $(a + c = b + d)$ otrzymujemy:

p - a = \frac{1}{2} (a + b + c + d) - a = \frac{1}{2} ((a + c) + (b + d)) - a =

= \frac{1}{2} (a + c + a + c) - a = \frac{1}{2} (2 a + 2 c) - a = a + c - a = c

analogicznie:

p - b = \frac{1}{2} (a + b + c + d) - b = d

p - c = \frac{1}{2} (a + b + c + d) - c = a

p - d = \frac{1}{2} (a + b + c + d) - d = b

P = \sqrt{(p - a) (p - b) (p - c) (p - d)} = \sqrt{a b c d}

Tym samym udowodniliśmy powyższy wzór.

Teraz pokażemy kilka zastosowań własności czworokąta opisanego na okręgu do wyznaczania jego pola. Zacznijmy od następującego, prostego przykładu.

Przykład 6

Wyznaczymy pole czworokąta opisanego na okręgu, którego obwód jest równy $30$ , natomiast promień okręgu wpisanego w ten czworokąt ma długość $3$ .

Rozwiązanie

Podstawiając bezpośrednio do wzoru:

$P = \frac{1}{2} (|A B| + |B C| + |C D| + |D A|) \cdot r = \frac{1}{2} \cdot 30 \cdot 3 = 45$ .

Teraz przećwiczymy wyznaczanie pola czworokąta opisanego na okręgu, w których będziemy korzystać z poznanych wzorów i faktów geometrii płaskiej.

Przykład 7

TrapeztrapezTrapez o kątach przy dłuższej podstawie równych $60 °$ i $90 °$ jest opisany na okręgu o promieniu $4$ . Zastanówmy się, jakie jest pole tego trapezu.

Rozwiązanie

R1NHC8HRTTR69

Ilustracja przedstawia trapez prostokątny ABCD w który wpisano okrąg o środku I. Kąty BAD i ADC są kątami prostymi. Z punktu C opuszczono wysokość pod kątem prostym na podstawę AB dzieląc ją na odcinki AE i EB. Kąt CBE ma wartość 60° . Promienie okręgu dochodzące do boków AD, DC i AB mają wartość 4.

Zauważmy, że w trapezie prostokątnym jego wysokość jest równa średnicy okręgu wpisanego, zatem

$|C E| = 2 \cdot 4 = 8$ .

Mając długość boku $C E$ i korzystając z własności trójkąta $E B C$ możemy wyznaczyć długości jego boków:

$|E B| = \frac{8}{\sqrt{3}}$ ,

natomiast

$|C B| = \frac{16}{\sqrt{3}} = \frac{16 \sqrt{3}}{3}$ .

Warto zauważyć, że nie musimy wyznaczać długości podstaw, gdyż suma podstaw potrzebna do wyznaczenia pola jest równa sumie ramion, a to już mamy.

Zatem szukane pole jest równe:

$P = \frac{1}{2} (|A B| + |C D|) \cdot h = \frac{1}{2} (|B C| + |D A|) \cdot h =$

$= \frac{1}{2} (\frac{16 \sqrt{3}}{3} + 8) \cdot 8 = 32 (\frac{2 \sqrt{3}}{3} + 1)$ .

Rozwiążemy teraz dwoma sposobami zadanie typu maturalnego.

Przykład 8

Trapez równoramienny $A B C D$ o długościach podstaw $|A B| = a$ , $|C D| = b$ jest opisany na okręgu. Przyjmijmy, że $a > b$ . Wyznaczymy promień okręgu wpisanego i pole trapezu.

Rozwiązanie

RYrPNkHC1OE4Z

Ilustracja przedstawia trapez ABCD w który wpisano okrąg o środku I. Promień okręgu wynosi r. Krótsza podstawa trapezu DC ma długość b. Na dłuższą podstawę trapezu AB z wierzchołków D i C opuszczono dwie wysokości o wartościach 2r, dzielą one podstawę na odcinki AE , EF i FB. Odcinek EF ma długość b natomiast odcinki AE i FB długość a-b2.

Zauważmy, że jeżeli w trapez równoramienny można wpisać okrąg, to znając długości jego podstaw łatwo jest obliczyć długość ramienia.

Oznaczmy $|A D| = |B C| = c$ .

Wtedy $2 c = a + b$ , więc $c = \frac{a + b}{2}$ .

Poprowadzimy teraz wysokości $E D$ i $C F$ . Widzimy, że czworokąt $E F C D$ jest prostokątem, więc $|E F| = |C D| = b$ .

Zatem $|A E| = |F B| = \frac{a - b}{2}$ .

Z twierdzenia Pitagorasa dla trójkąta $A E D$ lub $F B C$ otrzymujemy:

${(\frac{a - b}{2})}^{2} + {(2 r)}^{2} = {(\frac{a + b}{2})}^{2}$ .

Po sprowadzeniu do wspólnego mianownika i skorzystaniu ze wzorów skróconego mnożenia otrzymujemy:

$4 r^{2} = \frac{a^{2} + 2 a b + b^{2} - (a^{2} - 2 a b + b^{2})}{4} = a b$ .

Zatem $r = \frac{\sqrt{a b}}{2}$ natomiast pole trapezu jest równe:

$P = \frac{1}{2} (a + b) \cdot h = \frac{1}{2} (a + b) \cdot 2 r = \frac{(a + b) \sqrt{a b}}{2}$ .

Teraz pokażemy zupełnie inne podejście do wyznaczenia promienia okręgu wpisanego w ten trapez.

Przykład 9

Trapez równoramienny $A B C D$ o długościach podstaw $|A B| = a$ , $|C D| = b$ jest opisany na okręgu. Przyjmijmy, że $a > b$ . Wyznaczymy promień okręgu wpisanego i pole trapezu.

Rozwiązanie

Zacznijmy od przeanalizowania poniższego rysunku:

RKtgmFgSnKLPM

Ilustracja przedstawia trapez ABCD w który wpisano okrąg o środku I. Z okręgu poprowadzono promienie w kierunku boków trapezu tworzące odcinki : promień IN na boku DC tworzy odcinki DN i NC i jest pod kątem prostym do podstawy AB, promień IP na bok CB tworzy odcinki CP i PB i jest pod kątem prostym do ramienia BC oraz promień IM na bok AB tworzący odcinki AM i MB . Poprowadzono również odcinki IC i IB , które tworzą trójkąt CBI oznaczony na niebiesko . Odcinki NC i CP mają długość b2 natomiast odcinki PB i MB a2.

Środek okręgu wpisanego oznaczmy $I$ .

Wiemy, że środek okręgu wpisanego w wielokąt wypukły leży na dwusiecznych kątów wewnętrznych, zatem proste $B I$ oraz $C I$ są dwusiecznymi kątów przy wierzchołkach $B$ i $C$ trapezu $A B C D$ .

Wiemy też, że suma miar kątów wewnętrznych leżących przy tym samym ramieniu dowolnego trapezu jest równa $180 °$ , więc suma kątów $C B I$ oraz $B C I$ jest równa połowie tej sumy, a więc $90 °$ . Trójkąt $B C I$ jest zatem trójkątem prostokątnym, o kącie prostym przy wierzchołku $I$ .

Wysokość $I P$ z wierzchołka kąta prostego jest więc średnią geometryczną odcinków, na jakie podzieliła podstawę $B C$ trójkąta $I B C$ :

$I P = r = \sqrt{B P \cdot C P}$ .

Teraz wystarczy, że zastosujemy twierdzenie o odcinkach stycznych i zauważymy równość odcinków:

$|B P| = |B M| = \frac{1}{2} a$

oraz

$|C P| = |C N| = \frac{1}{2} b$ .

Ostatecznie otrzymujemy:

$r = \sqrt{\frac{1}{2} a \cdot \frac{1}{2} b} = \frac{1}{2} \sqrt{a b}$ .

Mając długość promienia i podstaw analogicznie jak w poprzednim przykładzie wyznaczamy pole trapezu, które jest równe

$P = \frac{(a + b) \sqrt{a b}}{2}$ .

Teraz przeanalizujemy problem, który będzie lekką modyfikacją innego zadania typu maturalnego.

Przykład 10

W czworokąt $A B C D$ , w którym $|A D| = 5 \sqrt{3}$ i $|C D| = 6$ można wpisać okrąg. Przekątna $B D$ tworzy z bokiem $A B$ czworokąta kąt o mierze $60 °$ , natomiast z bokiem $A D$ kąt, którego sinus jest równy $\frac{3}{4}$ . Wyznacz pole tego czworokąta.

Rozwiązanie

R3PCD3ddzv9Xf

Ilustracja przedstawia okrąg wpisany w czworokąt ABCD. Przekątna DB ,oznaczona linią przerywaną ma długość d. Bok DC ma długość 6 , bok BC ma długość b , bok AB ma długość a natomiast bok AD ma długość 53. Kąt ABD ma wartość α a kąt ADB ma wartość β.

Przyjmujemy oznaczenia jak na rysunku: $α = 60 °$ , $\sin β = \frac{3}{4}$ , $|A B| = a$ , $|B C| = b$ , $|B D| = d$ .

Widzimy, że znając dwa kąty (lub wartości funkcji trygonometrycznej) oraz długość boku w trójkącie $A B D$ możemy ten trójkąt rozwiązać.

Skorzystajmy z twierdzenia sinusów do wyznaczenia długości boku $|A B| = a$ :

$\frac{a}{\sin β} = \frac{5 \sqrt{3}}{\sin α}$ ,

$\frac{a}{\frac{3}{4}} = \frac{5 \sqrt{3}}{\frac{\sqrt{3}}{2}}$ ,

$a = \frac{15}{2}$ .

Skorzystajmy z twierdzenia cosinusów do wyznaczenia długości przekątnej $|B D| = d$ :

${(5 \sqrt{3})}^{2} = d^{2} + {(\frac{15}{2})}^{2} - 2 d \frac{15}{2} \cos 60 °$ .

Rozwiązujemy powyższe równanie kwadratowe. Jego dodatnie rozwiązanie to długość przekątnej $B D$ :

$d = \frac{15 + 5 \sqrt{21}}{4}$ .

Z twierdzenia o czworokącie opisanym na okręgu wyznaczamy długość boku $b$ :

$b + 5 \sqrt{3} = \frac{15}{2} + 6$ ,

$b = \frac{27 - 10 \sqrt{3}}{2}$ .

Znając już wszystkie boki i przekątną czworokąta możemy wyznaczyć jego pole.

Podamy algorytm do wyznaczenia tego pola, gdyż większość boków to liczby niewymierne i uciążliwe rachunki mogłyby przysłonić ideę jego wyznaczania:

Zauważamy, że pole czworokąta jest równe sumie pól dwóch trójkątów: $A B D$ i $B C D$ .

Pole trójkąta $A B C$ łatwo obliczamy ze wzoru:

$\frac{1}{2} |A D| \cdot |B D| \cdot \sin β$ .

Natomiast, aby wyznaczyć pole trójkąta $D B C$ wyznaczamy wartość cosinusa dowolnego kąta (z twierdzenia cosinusów).

Następnie, z jedynki trygonometrycznej, wyznaczamy sinus tego kąta.

Teraz stosujemy (ten sam co poprzednio) wzór na pole trójkąta $D B C$ .

Szukane pole czworokąta $A B C D$ to, jak wspomnieliśmy, suma tych dwóch wyznaczonych pól.

Polecenie 3

Zapoznaj się z galerią zdjęć interaktywnych i następnie rozwiąż polecenie poniżej.

R18CU44ZUWm06

RCTZ9LLBlIHLH

RRVGjw6K59kXV

R1be6LMp9Gp6c

RwMoZnWhine1N

RydEmjGWpwvDl

Polecenie 4

Wyznaczymy długości boków i pole czworokąta wypukłego opisanego na okręgu o promieniu długości $2, 4$ , jeśli stosunek długości $3$ kolejnych jego boków wynosi $1 : 2 : 4$ a obwód tego czworokąta jest równy $25$ .

Wykonajmy rysunek pomocniczy.

RTqOlerG45Hh1

Ilustracja przedstawia czworokąt ABCD, w który wpisano okrąg o środku E. Bok AB ma długość x, bok BC ma długość 2x, bok CD ma długość 4x. Promień r ma długość 2,4 i został narysowany pod kątem prostym do boku CD dzieląc ten bok na odcinki DF i CF.

Ponieważ w czworokąt da się wpisać okrąg, to długość boku $|A D|$ wyznaczymy ze wzoru:

$|A D| + 2 x = x + 4 x$ ,

stąd $|A D| = 3 x$ .

Obliczmy długości boków czworokąta $A B C D$ . Korzystamy z informacji o obwodzie tego czworokąta i mamy:

$x + 2 x + 4 x + 3 x = 25$

$10 x = 25 | : 10$

stąd $x = 2, 5$ .

Boki czworokąta mają więc długości:

$|A B| = 2, 5$

$|B C| = 5$

$|C D| = 10$

$|C A| = 7, 5$ .

Pola czworokątów z zastosowaniem funkcji trygonometrycznych

Przypomnijmy najpierw niektóre wzory na pola wielokątów z wykorzystaniem funkcji sinus:

Wzory na pola wielokątów z wykorzystaniem funkcji sinus
Trójkąt o bokach długości $a$ , $b$ i kącie między nimi $α$ .	$P = \frac{1}{2} \cdot a \cdot b \cdot \sin α$
Równoległobok o bokach długości $a$ , $b$ i kącie między nimi $α$ .	$P = a \cdot b \cdot \sin α$
Równoległobok o przekątnych długości $d_{1}$ , $d_{2}$ i kącie między nimi $γ$ .	$P = \frac{1}{2} \cdot d_{1} \cdot d_{2} \cdot \sin γ$
Romb o boku długości $a$ i kącie $α$ .	$P = a^{2} \cdot \sin α$

Przykład 11

Pole równoległoboku o kącie ostrym $75 °$ wynosi $4 (\sqrt{2} + \sqrt{6})$ . Obliczymy długości jego boków, jeśli pozostają one w stosunku $1 : 2$ .

Rozwiązanie

Oznaczymy długości boków równoległoboku przez $x$ i $2 x$ . Zatem:
$4 (\sqrt{2} + \sqrt{6}) = x \cdot 2 x \cdot \sin 75 °$ .
Korzystając ze wzoru na sinus sumy kątów wyznaczymy $\sin 75 °$ :
$\sin 75 ° = \sin (30 ° + 45 °) = \sin 30 ° \cdot \cos 45 ° + \sin 45 ° \cdot \cos 30 ° = \frac{\sqrt{2} + \sqrt{6}}{4}$ .
Zatem:
$4 (\sqrt{2} + \sqrt{6}) = 2 x^{2} \cdot \frac{\sqrt{2} + \sqrt{6}}{4}$
$x^{2} = 8$
$x = 2 \sqrt{2}$

Boki równoległoboku mają długości: $2 \sqrt{2}$ i $4 \sqrt{2}$ .

Przykład 12

Pole koła wpisanego w romb o kącie ostrym o mierze $60 °$ wynosi $18 π$ . Wyznaczymy pole tego rombu.

Rozwiązanie

Wysokość rombu, w którym wpisano koło o promieniu długości $r$ , jest równa $h = 2 r$ :

R12zPSh3WuL4C

Ilustracja przedstawia romb ABCD w który wpisano okręg o środku O i promieniu r. Z wierzchołka D opuszczono wysokość h . Bok AD ma długość a z kolei kąt α DAB ma wartość 60°.

Wyznaczymy długość promienia koła wpisanego w romb:
$18 π = π \cdot r^{2}$
$18 = r^{2}$
$r = 3 \sqrt{2}$
Zatem wysokość tego rombu ma długość: $h = 6 \sqrt{2}$ .
Wykorzystamy definicję sinusa kąta ostrego w trójkącie prostokątnymsinusa kąta ostrego w trójkącie prostokątnym:

$\sin 60 ° = \frac{h}{a}$
$a = \frac{6 \sqrt{2}}{\frac{\sqrt{3}}{2}} = \frac{12 \sqrt{2}}{\sqrt{3}} = 4 \sqrt{6}$
Obliczamy pole rombu:
$P = {(4 \sqrt{6})}^{2} \cdot \sin 60^{\circ} = 16 \cdot 6 \cdot \frac{\sqrt{3}}{2} = 48 \sqrt{3}$ .

Przykład 13

Bok $B C$ trójkąta $A B C$ ma długość $3 \sqrt{5}$ , zaś bok $A C$ jest dwa razy krótszy niż bok $A B$ . Sinus kąta ostrego $A B C$ wynosi $\frac{\sqrt{5}}{5}$ . Wyznaczymy pole tego trójkąta, jeśli $|A B| > 3 \sqrt{10}$ .

Rozwiązanie

Przyjmijmy oznaczenia jak na rysunku:

R1FaJMFoA4G0p

Ilustracja przedstawia trójkąt ABC . Bok AB ma długość 2x , bok BC ma długość 35 a bok AC ma długość x. Kąt ABC ma wartość α.

Do wyznaczenia długości boku $A B$ zastosujemy twierdzenie cosinusówtwierdzenie cosinusówtwierdzenie cosinusów:
$x^{2} = {(2 x)}^{2} + {(3 \sqrt{5})}^{2} - 2 \cdot 2 x \cdot 3 \sqrt{5} \cdot \cos α$
$x^{2} = 4 x^{2} + 45 - 12 \sqrt{5} x \cdot \cos α$
Wartość $\cos α$ wyznaczymy z jedynki trygonometrycznejjedynka trygonometrycznajedynki trygonometrycznej:

${(\frac{\sqrt{5}}{5})}^{2} + \cos^{2} α = 1$
$\cos^{2} α = 1 - \frac{5}{25}$
$\cos^{2} α = \frac{20}{25}$
$\cos α = \frac{2 \sqrt{5}}{5}$

Zatem:
$x^{2} = 4 x^{2} + 45 - 12 \sqrt{5} x \cdot \frac{2 \sqrt{5}}{5}$
$3 x^{2} - 24 x + 45 = 0$
$x^{2} - 8 x + 15 = 0$
$(x - 3) (x - 5) = 0$
Stąd: $x = 3$ lub $x = 5$

Tylko dla $x = 5$ długość boku $A B$ jest większa od $3 \sqrt{10}$ , co daje: $|A B| = 10$ .

Pole trójkąta $A B C$ jest równe:
$P = \frac{1}{2} \cdot 10 \cdot 3 \sqrt{5} \cdot \frac{\sqrt{5}}{5} = 15$ .

Przykład 14

Obliczymy pole trapezu równoramiennego, którego krótsza podstawa ma długość $6$ a miara kąta ostrego wynosi $60 °$ , jeśli promień okręgu opisanego na tym trapezie ma długość $\frac{2 \sqrt{111}}{3}$ .

Rozwiązanie

Przyjmijmy oznaczenia jak na rysunku:

RHVPjnax4XkmZ

Grafika przedstawia okrąg o promieniu R równym 21113 opisany na trapezie ABCD. Z wierzchołka D opuszczono wysokość h równą a3 na podstawę AB tworząc odcinki AE i EB oraz poprowadzono przerywaną linią przekątną trapezu DB o długości d. Kąt DAE ma wartość 60°. Odcinek AE ma dłługość a , odcinek EB ma długość 6+a a podstawa DC ma długość sześć.

Zauważmy, że okrąg opisany na trapezie $A B C D$ jest jednocześnie okręgiem opisanym na trójkącie $A B D$ . Zastosujemy zatem twierdzenie sinusówtwierdzenie sinusówtwierdzenie sinusów:
$\frac{d}{\sin 60 °} = 2 R$
$d = 2 \cdot \frac{2 \sqrt{111}}{3} \cdot \frac{\sqrt{3}}{2} = 2 \sqrt{37}$

Z twierdzenia Pitagorasa dla trójkąta $D E B$ :

${(a \sqrt{3})}^{2} + {(6 + a)}^{2} = {(2 \sqrt{37})}^{2}$
$3 a^{2} + 36 + 12 a + a^{2} = 148$
$4 a^{2} + 12 a - 112 = 0$
$a^{2} + 3 a - 28 = 0$
$(a - 4) (a + 7) = 0$
$a = 4$ lub $a = - 7 < 0$

Zatem: $|A B| = 14$ .

Stąd: $P = \frac{6 + 14}{2} \cdot 4 \sqrt{3} = 40 \sqrt{3}$

Polecenie 5

Zapoznaj się z przykładami zastosowań trygonometrii w wyznaczaniu pól trójkątów i czworokątów.

R1TnqgOPAYx69

Polecenie 6

Pole trójkąta o bokach $4$ i $12$ oraz kącie rozwartym między nimi $α$ wynosi $12 \sqrt{3}$ . Oblicz pole koła wpisanego w ten trójkąt.

Mamy: $12 \sqrt{3} = \frac{1}{2} \cdot 4 \cdot 12 \cdot \sin α$ .

Stąd: $\sin α = \frac{12 \sqrt{3}}{24} = \frac{\sqrt{3}}{2}$ .

Ponieważ $α$ jest kątem rozwartym, to: $α = 120 °$ .

Oznaczmy przez $x$ długość trzeciego boku.

Z twierdzenia cosinusów:
$x^{2} = 4^{2} + 12^{2} - 2 \cdot 4 \cdot 12 \cdot \cos 120 °$
$x^{2} = 160 + 96 \cdot \frac{1}{2}$
$x^{2} = 208$ , co daje: $x = 4 \sqrt{13}$

Korzystamy z zależności: $P = \frac{1}{2} \cdot (a + b + c) \cdot r$ ; gdzie $a$ , $b$ , $c$ – długości boków trójkąta, zaś $r$ – długość promienia koła wpisanego w ten trójkąt.

$12 \sqrt{3} = \frac{1}{2} \cdot (4 + 12 + 4 \sqrt{13}) \cdot r$

$r = \frac{12 \sqrt{3}}{8 + 2 \sqrt{13}} = 8 \sqrt{3} - 2 \sqrt{39}$

Ćwiczenie 1

Prostokąt $A B C D$ wpisany jest w okrąg o promieniu $4$ . Długość boku $|A B| = 7$ .

R12R70U9brztF

Ilustracja przedstawia czworokąt ABCD wpisany w okrąg o środku O. Punkt O znajduję się na przekątnej AC.

Rl4xkUjT4mGX8

Ćwiczenie 2

Udowodnij, że jeżeli na deltoidzie o bokach $x$ i $y$ można opisać okrąg, to jego pole wyraża się wzorem $P = x y$ .

R8KwTJff5e7r3

Ilustracja przedstawia deltoid ABCD wpisany w okrąg o środku O.

Deltoid to czworokąt mający oś symetrii, więc jedna z jego przekątnych, w naszym przykładzie - $A C$ , jest średnicą okręgu opisanego. Korzystając z twierdzenia, że kąt oparty na średnicy jest kątem prostym łatwo obliczymy pole deltoidu $A B C D$ .

R1D9WW77rdTW8

Ilustracja przedstawia deltoid ABCD wpisany w okrąg o środku O. Zaznaczono przekątne AC i BD.

$P_{A B C D} = P_{A C B} + P_{A C D} = 2 \cdot \frac{1}{2} x y = x y$

co należało wykazać.

Ćwiczenie 3

W trapezie $A B C D$ wpisanym w okrąg jedna z podstaw jest dwa razy dłuższa od drugiej, a przekątna jest dwusieczną kąta przy dłuższej podstawie. Oblicz pole tego trapezu, jeżeli jego ramię ma długość $4$ .

R5jWx9UsUdkpc

Ilustracja przedstawia trapez ABCD o podstawach równych a i 2a oraz ramionach równych 4 jednostki. Zaznaczono przekątną AC.

Proste $A B$ i $C D$ są równoległe, więc miara kąta $B A C$ jest równa mierze kąta $A C D$ (kąty naprzemianległe). Prosta $A C$ jest dwusieczną, więc miara kąta $B A C$ jest równa mierze kąta $C A D$ . Łącząc te dwie równości wnioskujemy, że kąty $C A D$ i $D C A$ są równe, więc trójkąt $A C D$ jest trójkątem równoramiennym.
Łatwo wyznaczyć długości odcinków

$|A E| = |F B| = \frac{8 - 4}{2} = 2$ .

R1Iin3zKH1kYB

Ilustracja przedstawia trapez ABCD o podstawach równych a i 2a oraz ramionach równych 4 jednostki. Zaznaczono przekątną AC. Zaznaczono wysokości DE i CF. Podstawę AB podzielono na dwa odcinki równe 2 oraz jeden równy cztery.

Z trygonometrii lub twierdzenia Pitagorasa otrzymujemy

$|E D| = |F C| = h = \sqrt{4^{2} - 2^{2}} = \sqrt{12} = 2 \sqrt{3}$ .

Więc szukane pole jest równe

$P = \frac{1}{2} (8 + 4) 2 \sqrt{3} = 12 \sqrt{3}$ .

RoJnnewrdCEs92

Ćwiczenie 4

RmIrtlL7xsZTB2

Ćwiczenie 5

Na czworokącie wypukłym A B C D można opisać okrąg. Wiadomo, że długość odcinka, A B, koniec długości odcinka, równa się, długość odcinka, B C, koniec długości odcinka, długość odcinka, A D, koniec długości odcinka, równa się, dwa pierwiastek kwadratowy z trzy, długość odcinka, D C, koniec długości odcinka, równa się, trzy, minus, pierwiastek kwadratowy z trzy, długość odcinka, A C, koniec długości odcinka, równa się, trzy pierwiastek kwadratowy z dwa.
Uporządkuj etapy rozumowania prowadzącego do wyznaczenia pola tego czworokąta. Elementy do uszeregowania: 1. Podstawiając dane do powyższego równania wyznaczamy kosinus nawias, kąt D, zamknięcie nawiasu, równa się, minus, początek ułamka, jeden, mianownik, dwa, koniec ułamka., 2. Rozważmy teraz trójkąt A B C., 3. Pole czworokąta A B C D jest więc równe początek ułamka, dziewięć, minus, trzy pierwiastek kwadratowy z trzy, mianownik, dwa, koniec ułamka, plus, początek ułamka, dziewięć pierwiastek kwadratowy z trzy, mianownik, dwa, koniec ułamka, równa się, początek ułamka, dziewięć, plus, sześć pierwiastek kwadratowy z trzy, mianownik, dwa, koniec ułamka., 4. długość odcinka, A C, koniec długości odcinka, indeks górny, dwa, koniec indeksu górnego, równa się, długość odcinka, A D, koniec długości odcinka, indeks górny, dwa, koniec indeksu górnego, plus, długość odcinka, C D, koniec długości odcinka, indeks górny, dwa, koniec indeksu górnego, minus, dwa długość odcinka, A D, koniec długości odcinka, razy, długość odcinka, C D, koniec długości odcinka, razy, kosinus nawias, kąt D, zamknięcie nawiasu, 5. Pole trójkąta jest równe początek ułamka, nawias, trzy pierwiastek kwadratowy z dwa, zamknięcie nawiasu, indeks górny, dwa, koniec indeksu górnego, pierwiastek kwadratowy z trzy, mianownik, cztery, koniec ułamka, równa się, początek ułamka, dziewięć pierwiastek kwadratowy z trzy, mianownik, dwa, koniec ułamka., 6. Ponieważ suma przeciwległych kątów w czworokącie opisanym na okręgu jest równa sto dwadzieścia stopni, więc kąt przy wierzchołku B ma miarę sześćdziesiąt stopni., 7. Na wstępie zauważmy, że podane długości boków trójkąta A C D pozwalają, z twierdzenia cosinusów obliczyć cosinus kąta D., 8. Ponadto długość odcinka, A B, koniec długości odcinka, równa się, długość odcinka, B C, koniec długości odcinka, więc jest to trójkąt równoboczny o boku długości długość odcinka, A B, koniec długości odcinka, równa się, długość odcinka, B C, koniec długości odcinka, równa się, długość odcinka, A C, koniec długości odcinka, równa się, trzy pierwiastek kwadratowy z dwa., 9. Znając kąt przy wierzchołku D obliczamy pole trójkąta A C D., 10. S, równa się, początek ułamka, jeden, mianownik, dwa, koniec ułamka, długość odcinka, A D, koniec długości odcinka, razy, długość odcinka, C D, koniec długości odcinka, razy, sinus nawias, sto dwadzieścia stopni, zamknięcie nawiasu, równa się, początek ułamka, dziewięć, minus, trzy pierwiastek kwadratowy z trzy, mianownik, dwa, koniec ułamka, 11. Oznacza to, że kąt przy wierzchołku D ma miarę sto dwadzieścia stopni.

R1870rrYZvrz22

Ćwiczenie 6

Ćwiczenie 7

Na czworokącie $A B C D$ można opisać okrąg. Długości boków tego czworokąta są równe $|B C| = 12$ , $|C D| = 6$ , $|A D| = 10$ , a kąt $A B C$ ma miarę $60 °$ . Oblicz pole czworokąta $A B C D$ .

R1NxbeGMlXTCA

Ilustracja przedstawia czworokąt ABCD wpisany w okrąg. Bok BC ma długość 12, bok CD ma długość 6, a bok AD ma długość 10 jednostek. Kąt przy wierzchołku B ma miarę 60 stopni.

Ponieważ czworokąt $A B C D$ jest wpisany w okrąg

$|∢ A D C| = 180^{\circ} - |∢ A B C| = 120^{\circ}$ .

Z twierdzenia cosinusów obliczamy długość przekątnej $A C$ :

${|A C|}^{2} = {|A D|}^{2} + {|D C|}^{2} - 2 |A D| \cdot |D C| \cdot \cos 120 ° =$

$= 100 + 36 - 2 \cdot 10 \cdot 6 \cdot (- \frac{1}{2}) = 196$

Stąd $|A C| = 14$ .

Następnie z twierdzenia cosinusów możemy obliczyć długość odcinka $A B$ .

Niech $|A B| = x$ .

${|A C|}^{2} = {|C B|}^{2} + {|A B|}^{2} - 2 |C B| \cdot |A B| \cdot \cos 60 °$

$196 = 144 + x^{2} - 2 \cdot 12 x \cdot \frac{1}{2}$

$x^{2} - 12 x - 52 = 0$

Spośród rozwiązań powyższego równania wybieramy dodatnie, które ma wartość

$x = |A B| = 6 + 2 \sqrt{22}$ .

Teraz, korzystając ze wzoru na pole trójkąta możemy już obliczyć pole czworokąta $A B C D$ .

$P_{A B C D} = P_{A B C} + P_{C D A} =$

$= \frac{1}{2} \cdot 12 (6 + 2 \sqrt{22}) \cdot \sin 60 ° + \frac{1}{2} \cdot 6 \cdot 10 \cdot \sin 120 ° =$

$= 33 \sqrt{3} + 6 \sqrt{66}$

Ćwiczenie 8

W okrąg o średnicy $26$ wpisano trapez równoramienny w ten sposób, że suma kwadratów długości jego podstaw jest równa $914$ , a sinus kąta ostrego wynosi $\frac{12}{13}$ . Oblicz pole tego trapezu.

R1VXQ41G7qUh1

Ilustracja przedstawia trapez ABCD wpisany w okrąg. Zaznaczono wysokości DF i CE oraz przekątną BD. Kąt przy wierzchołku A ma miarę alfa.

Zauważmy, że z twierdzenia sinusów możemy obliczyć długość przekątnej $D B$ :

$\frac{|D B|}{\sin α} = 2 R$ ,

$|D B| = 26 \cdot \frac{12}{13} = 24$ .

Teraz wprowadzając jak najmniej niewiadomych postaramy się obliczyć wysokość lub podstawy trapezu. Warto zatem powiązać równaniem wysokość z odcinkiem $A F$ . Potrzebny będzie zatem tangens kąta $α$ . Wcześniej, z jedynki trygonometrycznej łatwo wyznaczamy $\cos α = \sqrt{1 - {(\frac{12}{13})}^{2}} = \frac{5}{13}$ .

$tg α = \frac{\sin α}{\cos α} = \frac{\frac{12}{13}}{\frac{5}{13}} = \frac{12}{5}$

Z treści zadania znamy też wartość ${|A B|}^{2} + {|C D|}^{2}$ .

Ponieważ znamy też długość przekątnej $B D$ i tangens kąta przy wierzchołku $A$ , czyli proporcję $D F$ do $F A$ warto wprowadzić następujące oznaczenia:

$|D F| = 12 x$ , $|F A| = 5 x$ , $|F B| = y$ .

Wtedy $|A B| = y + 5 x$ , $|C D| = y - 5 x$ .

Podstawiając do założeń otrzymujemy:

${|A B|}^{2} + {|C D|}^{2} = {(y + 5 x)}^{2} + {(y - 5 x)}^{2} = 914$ .

Następnie, korzystając z twierdzenia Pitagorasa dla trójkąta $D F B$ otrzymujemy:

${|D F|}^{2} + {|F B|}^{2} = {(12 x)}^{2} + y^{2} = {|D B|}^{2} = 576$ .

Otrzymujemy zatem układ dwóch równań z dwiema niewiadomymi.

Po przemożeniu obustronnie drugiego równania przez liczbę $2$ i odjęciu stronami otrzymujemy równanie:

$238 x^{2} = 238 \Rightarrow x = 1$ .

Teraz łatwo wyznaczamy wartość $y$ oraz boki i wysokość trapezu:

$y = |F B| = \sqrt{576 - 144} = 12 \sqrt{3}$ , $|A F| = 5$ , $|D F| = 12$ .

Zatem jego pole jest równe

$\frac{1}{2} (|A B| + |C D|) \cdot |F B| = |F D| \cdot |F B| = 12 \cdot 12 \sqrt{3} = 144 \sqrt{3}$ .

R1bHbGPXTGCb01

Ćwiczenie 9

R1K78t7mxBifa1

Ćwiczenie 10

R11V2t1NWMEXO2

Ćwiczenie 11

Ćwiczenie 12

W trapez $A B C D$ o kątach przy dłuższej podstawie $30 °$ i $60 °$ wpisano okrąg o promieniu $3$ . Oblicz pole tego trapezu.

Przyjmijmy oznaczenia jak na rysunku:

RFMxCdvSEBMqb

Grafika przedstawia trapez ABCD w który wpisano okrąg o środku I oraz promieniach dochodzących do podstaw i równych 3. Na podstawę trapezu AB opuszczono dwie wysokości z wierzchołka D i C o wartościach 6 dzielą one podstawę AB na odcinki AE , EG i GB. Kąt DAE ma wartość 30°, natomiast kąt CBG ma wartość 60°.

Ponieważ promień okręgu wpisanego jest równy $3$ , więc wysokość trapezu jest równa $6$ . Możemy więc, korzystając z funkcji trygonometrycznych lub własności szczególnego trójkąta prostokątnego, wyznaczyć długości ramion $B C$ i $A D$ :

$|B C| = 2 \cdot \frac{|C G|}{\sqrt{3}} = \frac{12}{\sqrt{3}} = 4 \sqrt{3}$ ,

$|A D| = 2 \cdot |D E| = 12$ .

Korzystając z własności czworokąta opisanego na okręgu obliczamy pole:

$P = \frac{1}{2} (|A B| + |C D|) \cdot h = \frac{1}{2} (|B C| + |D A|) \cdot 2 r =$

$= \frac{1}{2} (4 \sqrt{3} + 12) \cdot 6 = 12 (\sqrt{3} + 3)$ .

R15LodZcatDde2

Ćwiczenie 13

Czworokąt ABCD, w którym AB=8, CD=6 jest opisany na okręgu o promieniu długości 5. Oblicz pole tego czworokąta. Przeanalizuj rozwiązanie i uzupełnij tekst. Korzystając z własności czworokąta opisanego na okręgu 1. A B, plus, C D, równa się, B C, plus, D A, 2. S, równa się, nawias A B, plus, B C, plus, C D, plus, D A zamknięcie nawiasu, razy, r, 3. Nie jest możliwe opisanie czworokąta o obwodzie 26 na kole o promieniu 5! Dlaczego?, 4. wykorzystaniem wzoru na pole czworokąta opisanego na okręgu, 5. S, równa się, początek ułamka, jeden, mianownik, dwa, koniec ułamka, nawias A B, plus, B C, plus, C D, plus, D A zamknięcie nawiasu, razy, r, 6. przykładem jak można błędnie rozwiązać zadanie, 7. S, równa się, początek ułamka, jeden, mianownik, dwa, koniec ułamka, nawias osiem, plus, sześć, plus, osiem, plus, sześć zamknięcie nawiasu, razy, pięć, równa się, siedemdziesiąt oraz wykorzystując wzór na pole czworokąta wpisanego w okrąg 1. A B, plus, C D, równa się, B C, plus, D A, 2. S, równa się, nawias A B, plus, B C, plus, C D, plus, D A zamknięcie nawiasu, razy, r, 3. Nie jest możliwe opisanie czworokąta o obwodzie 26 na kole o promieniu 5! Dlaczego?, 4. wykorzystaniem wzoru na pole czworokąta opisanego na okręgu, 5. S, równa się, początek ułamka, jeden, mianownik, dwa, koniec ułamka, nawias A B, plus, B C, plus, C D, plus, D A zamknięcie nawiasu, razy, r, 6. przykładem jak można błędnie rozwiązać zadanie, 7. S, równa się, początek ułamka, jeden, mianownik, dwa, koniec ułamka, nawias osiem, plus, sześć, plus, osiem, plus, sześć zamknięcie nawiasu, razy, pięć, równa się, siedemdziesiąt otrzymujemy, że jego pole jest równe 1. A B, plus, C D, równa się, B C, plus, D A, 2. S, równa się, nawias A B, plus, B C, plus, C D, plus, D A zamknięcie nawiasu, razy, r, 3. Nie jest możliwe opisanie czworokąta o obwodzie 26 na kole o promieniu 5! Dlaczego?, 4. wykorzystaniem wzoru na pole czworokąta opisanego na okręgu, 5. S, równa się, początek ułamka, jeden, mianownik, dwa, koniec ułamka, nawias A B, plus, B C, plus, C D, plus, D A zamknięcie nawiasu, razy, r, 6. przykładem jak można błędnie rozwiązać zadanie, 7. S, równa się, początek ułamka, jeden, mianownik, dwa, koniec ułamka, nawias osiem, plus, sześć, plus, osiem, plus, sześć zamknięcie nawiasu, razy, pięć, równa się, siedemdziesiąt. Powyższe zadanie jest klasycznym 1. A B, plus, C D, równa się, B C, plus, D A, 2. S, równa się, nawias A B, plus, B C, plus, C D, plus, D A zamknięcie nawiasu, razy, r, 3. Nie jest możliwe opisanie czworokąta o obwodzie 26 na kole o promieniu 5! Dlaczego?, 4. wykorzystaniem wzoru na pole czworokąta opisanego na okręgu, 5. S, równa się, początek ułamka, jeden, mianownik, dwa, koniec ułamka, nawias A B, plus, B C, plus, C D, plus, D A zamknięcie nawiasu, razy, r, 6. przykładem jak można błędnie rozwiązać zadanie, 7. S, równa się, początek ułamka, jeden, mianownik, dwa, koniec ułamka, nawias osiem, plus, sześć, plus, osiem, plus, sześć zamknięcie nawiasu, razy, pięć, równa się, siedemdziesiąt.
1. A B, plus, C D, równa się, B C, plus, D A, 2. S, równa się, nawias A B, plus, B C, plus, C D, plus, D A zamknięcie nawiasu, razy, r, 3. Nie jest możliwe opisanie czworokąta o obwodzie 26 na kole o promieniu 5! Dlaczego?, 4. wykorzystaniem wzoru na pole czworokąta opisanego na okręgu, 5. S, równa się, początek ułamka, jeden, mianownik, dwa, koniec ułamka, nawias A B, plus, B C, plus, C D, plus, D A zamknięcie nawiasu, razy, r, 6. przykładem jak można błędnie rozwiązać zadanie, 7. S, równa się, początek ułamka, jeden, mianownik, dwa, koniec ułamka, nawias osiem, plus, sześć, plus, osiem, plus, sześć zamknięcie nawiasu, razy, pięć, równa się, siedemdziesiąt

Ćwiczenie 14

Na okręgu o promieniu $1$ opisano trapez równoramienny, w którym stosunek długości podstaw jest równy $1 : 4$ . Wyznacz pole tego trapezu.

Przyjmijmy oznaczenia jak na rysunku:

R1VxbTtJRSnTA

Grafika przedstawia trapez ABCD o krótszej postawie równej a i dłuższej 4a ,w który wpisano okrąg o średnicy oznaczonej przerywaną linia o wartości 2. Na podstawę trapezu opuszczono dwie wysokości o wartościach 2 z wierzchołków D i C która dzieli podstawę na odcinki AE , EF i FB. Odcinek EF ma wartość 2.

Z własności czworokąta opisanego na okręgu wyznaczamy

$|A D| = |B C| = \frac{4 a + a}{2} = \frac{5}{2} a$ .

Ponieważ trapez jest równoramienny, to

$|A E| = |B F| = \frac{4 a - a}{2} = \frac{3}{2} a$ .

Stosując twierdzenie Pitagorasa dla trójkąta $A E D$ lub $F B C$ otrzymujemy równanie:

${(\frac{3}{2} a)}^{2} + 2^{2} = {(\frac{5}{2} a)}^{2}$ ,

z którego wyznaczamy $a = 1$ .

Szukane pole ma wartość $P = \frac{1}{2} (4 a + a) \cdot 2 r = 5$ .

Ćwiczenie 15

W trapez $A B C D$ wpisano okrąg o środku $I$ . Prosta $A I$ jest prostopadła do ramienia $B C$ . Punkt styczności $E$ okręgu z ramieniem $B C$ i dzieli je w stosunku $|C E| : |E B| = 1 : 3$ . Pole trójkąta $A B E$ jest równe $9$ . Wyznacz pole trapezu
$A B C D$ .

RwPZIFJwdwiDo

Grafika przedstawia trapez ABCD w który wpisano okrąg o środku I. Od wierzchołka A poprowadzono przerywaną linią prostą przez środek I do punktu E będącego punktem styczności okręgu i dzielącego bok CB na odcinki CE i EB. Odcinek CE ma wartość x a odcinek EB 3x.

Przyjmijmy oznaczenia jak na rysunku:

R1eabExSPf75c

Odcinek łączący środek okręgu z punktem styczności tego okręgu z ramieniem $B C$ jest prostopadły, więc punkty $A$ , $I$ , $E$ są współliniowe. Ponadto środek $I$ okręgu wpisanego w czworokąt leży na przecięciu dwusiecznych kątów wewnętrznych tego czworokąta.

Rozważmy trójkąt $A B S$ . Ponieważ dwusieczna kąta $B A S$ jest prostopadła do podstawy $B S$ , to trójkąt $A B S$ jest trójkątem równoramiennym (łatwo pokazać, że trójkąty $A B E$ i $A S E$ są przystające).

Trójkąt $D C S$ jest podobny do trójkąta $A B S$ w skali $\frac{2 x}{6 x} = \frac{1}{3}$ , więc ich stosunek pól jest równy $1 : 9$ .

Przyjmijmy pole trójkąta $P_{D C S} = S$

Wtedy pole $P_{A B S} = 9 S$ , zatem pole $P_{A B E} = \frac{9}{2} S$ .

Wiemy też, że pole $P_{A B E} = 9$ , zatem $S = 2$ .

Szukane pole trapezu jest równe

$P_{A B C D} = P_{A B S} - P_{D C S} = 9 S - S = 8 S = 16$ .

Ćwiczenie 16

Ramiona trapezu opisanego na okręgu mają długości $3 cm$ i $5 cm$ . Odcinek łączący środki ramion dzieli trapez na dwie figury, których stosunek pól wynosi $5 : 11$ . Oblicz pole trapezu.

R17OmEfJdNSs8

Grafika przedstawia trapez ABCD o bokach AD równym 5 i CB równym 3 w który wpisano okrąg o środku I. Przez środek I został poprowadzony odcinek równoległy do podstaw od punktu M na boku D do punktu N boku BC.

Przyjmijmy oznaczenia jak na rysunku. Korzystając ze wzoru na długość odcinka łączącego środki ramion w trapezie oraz z własności czworokąta opisanego na okręgu otrzymujemy:

$|M N| = \frac{|A B| + |C D|}{2} = \frac{3 + 5}{2} = 4$ .

Następnie podstawiając za $|A B| = a$ , $|C D| = b$ i wykorzystując założenia zadania otrzymujemy:

$\frac{P_{M N C D}}{P_{A B N M}} = \frac{\frac{1}{2} (|M N| + |C D|) \cdot h}{\frac{1}{2} (|M N| + |A B|) \cdot h} = \frac{4 + b}{4 + a} = \frac{5}{11}$ .

Czyli $44 + 11 b = 20 + 5 a$ , co w połączeniu z równością $a + b = 8$ pozwala łatwo wyliczyć $a = 7$ , $b = 1$ .

Teraz przejdźmy do wyznaczenia wysokości trapezu o danych bokach. Poprowadźmy odcinek $D F$ równoległy do boku $B C$ i rozpatrzmy trójkąt $A F D$ (rysunek):

R10RZTcFJ4hUO

Grafika przedstawia trapez ABCD w który wpisano okrąg. Z wierzchołka D opuszczono wysokość h do punktu G prostopadłą do podstawy z punktu D poprowadzono odcinek DF równoległy do boku CB tak ,że dłuższa podstawa została podzielona na odcinki AG, GF i FB. Odcinek AD ma wartość 5 , DC ma wartość 1 , odcinki CB i DF mają wartość 3 a odcinek AF ma wartość 6.

Znamy długości boków trójkąta $A F D$ , które są liczbami całkowitymi, więc łatwo obliczyć jego pole (np. z twierdzenia Herona):

$P = \sqrt{p (p - a) (p - b) (p - c)} = \sqrt{7 \cdot 1 \cdot 4 \cdot 2} = 2 \sqrt{14}$ .

Wysokość opuszczona na podstawę $A F$ trójkąta $A F D$ równa jest wysokości trapezu. Wykorzystując obliczone pole i wzór na pole trójkąta $A F D$ otrzymujemy:

$P = \frac{1}{2} a h = \frac{1}{2} \cdot 6 \cdot h = 2 \sqrt{14}$ .

Czyli $h = \frac{2}{3} \sqrt{14}$ .

Zatem pole trapezu $A B C D$ jest równe

$P = \frac{1}{2} (a + b) \cdot h = 4 \cdot \frac{2}{3} \sqrt{14} = \frac{8 \sqrt{14}}{3}$ .

Rq2B0iMip5Ig81

Ćwiczenie 17

R1Qz9uDcMVryA1

Ćwiczenie 18

RP2G2NFwOzCpg1

Ćwiczenie 19

R1QW1fv8uyl2A2

Ćwiczenie 20

Ćwiczenie 21

Oblicz pole trójkąta prostokątnego $A B C$ wiedząc, że $\cos α = 0, 9$ i $|B C| = 9$ .

Rbv8J5xydfNLL

Grafika przedstawia trójkąt prostokątny ABC , z kątem ABC równym α.

Wiemy, że $\cos α = 0, 9$ skąd wynika:

\frac{|A B|}{|B C|} = 0, 9

i dalej

|A B| = 0, 9 |B C|

Z treści zadania wiemy, że $|B C| = 9$ , skąd otrzymujemy:

|A B| = 0, 9 \cdot 9 = 8, 1

Z twierdzenia Pitagorasa otrzymujemy:

{|A C|}^{2} = 81 - 65, 61 = 15, 39

Wiadomo, że $|A C| > 0$ , a zatem $|A C| = \sqrt{\frac{1539}{100}} = \frac{9 \sqrt{19}}{10} = 0, 9 \sqrt{19}$ .
Podstawiając do wzoru na pole trójkąta otrzymujemy:

P = 0, 5 \cdot 8, 1 \cdot 0, 9 \sqrt{19} = 3, 645 \sqrt{19}

$P = 3, 645 \sqrt{19}$

Ćwiczenie 22

Krótsza podstawa trapezu prostokątnego ma długość $12$ , a tangens kąta ostrego jest równy $2 \sqrt{2}$ . Oblicz pole trapezu, jeśli dłuższe ramię ma długość $6$ .

Zilustrujemy zadanie na rysunku.

R1CNUzzxp16y9

Ilustracja przedstawia trapez prostokątny ABCD o krótszej podstawie DC równej 12 i boku BC równym 6. Z wierzchołka C opuszczono wysokość h do punktu E dzielącego dłuższą podstawę na odcinki AE i EB. Odcinek EB ma wartość a. Kąt EBC ma wartość α.

Z treści zadania wiemy, że

tg α = 2 \sqrt{2}

i stąd

2 \sqrt{2} = \frac{h}{a}

Otrzymujemy zatem, że $h = 2 \sqrt{2} a$ .
Z twierdzenia Pitagorasa: $a^{2} + {(2 \sqrt{2} a)}^{2} = 6^{2}$ . Zatem: $9 a^{2} = 36$ , co daje: $a^{2} = 4$ , a stąd: $a = 2$ i $h = 4 \sqrt{2}$ .
Pole trapezu jest równe: $P = \frac{12 + 14}{2} \cdot 4 \sqrt{2} = 52 \sqrt{2}$ .

$P = 56 \sqrt{2}$

Ćwiczenie 23

Różnica miar kątów równoległoboku wynosi $120 °$ . Oblicz jego pole, jeśli krótsza przekątna ma długość $2 \sqrt{21}$ , zaś krótszy bok ma długość $6$ .

Oznaczmy przez $a$ długość drugiego boku tego równoległoboku.

Skoro różnica miar kątów tego równoległoboku wynosi $120 °$ , to jego kąt ostry ma miarę $30 °$ .
Korzystamy z twierdzenia cosinusów:
${(2 \sqrt{21})}^{2} = a^{2} + 6^{2} - 2 \cdot a \cdot 6 \cdot \cos 30 °$
$84 = a^{2} + 36 - 2 \cdot a \cdot 6 \cdot \frac{\sqrt{3}}{2}$
$a^{2} - 6 \sqrt{3} a - 48 = 0$
$Δ = 108 + 192 = 300$
$\sqrt{Δ} = 10 \sqrt{3}$
Stąd: $a = \frac{6 \sqrt{3} - 10 \sqrt{3}}{2} < 0$ lub $a = \frac{6 \sqrt{3} + 10 \sqrt{3}}{2} = 8 \sqrt{3}$
Zatem: $P = 6 \cdot 8 \sqrt{3} \cdot \sin 30 ° = 24 \sqrt{3}$

$P = 24 \sqrt{3}$

Ćwiczenie 24

W czworokącie wypukłym $A B C D$ : $|A B| = 9$ ; $|C D| = 6$ ; $|A D| = 3$ ; $|∢ C D A| = 60 °$ ; $|∢ A B C| = 30 °$ . Wyznacz pole tego czworokąta.

Przyjmijmy oznaczenie jak na rysunku:

RCYHaLX3siN5V

Grafika przedstawia czworokąt ABCD , z przekątną AC równą d . Bok AB ma wartość 9 , bok CB ma wartość x , bok CD ma wartość 6 a bok AD ma wartość 3. Kąt ADC ma wartość 60° a kąt ABC wartość 30°.

Z twierdzenia cosinusów w trójkącie $A C D$ :
$d^{2} = 3^{2} + 6^{2} - 2 \cdot 3 \cdot 6 \cdot \cos 60 °$
$d^{2} = 9 + 36 - 2 \cdot 3 \cdot 6 \cdot \frac{1}{2}$
$d^{2} = 27$
$d = 3 \sqrt{3}$
Z twierdzenia cosinusów w trójkącie $A B C$ :
$d^{2} = x^{2} + 9^{2} - 2 \cdot x \cdot 9 \cdot \cos 30^{\circ}$
$27 = x^{2} + 81 - 2 \cdot x \cdot 9 \cdot \frac{\sqrt{3}}{2}$
$x^{2} - 9 \sqrt{3} x + 54 = 0$

$Δ = {(9 \sqrt{3})}^{2} - 4 \cdot 1 \cdot 54 = 243 - 216 = 27$ ; $\sqrt{Δ} = 3 \sqrt{3}$

$x = 3 \sqrt{3}$ lub $x = 6 \sqrt{3}$

Zauważmy, że pole czworokąta $A B C D$ można policzyć jako sumę pól trójkątów $A B C$ i $A C D$ , zatem:
$P = \frac{1}{2} \cdot 3 \cdot 6 \cdot \sin 60 ° + \frac{1}{2} \cdot 9 \cdot 3 \sqrt{3} \cdot \sin 30 ° = 9 \cdot \frac{\sqrt{3}}{2} + \frac{27 \sqrt{3}}{2} \cdot \frac{1}{2} = \frac{45 \sqrt{3}}{4}$

lub

$P = \frac{1}{2} \cdot 3 \cdot 6 \cdot \sin 60 ° + \frac{1}{2} \cdot 9 \cdot 6 \sqrt{3} \cdot \sin 30 ° = 9 \cdot \frac{\sqrt{3}}{2} + 27 \sqrt{3} \cdot \frac{1}{2} = 18 \sqrt{3}$

$P = \frac{45 \sqrt{3}}{4}$ lub $P = 18 \sqrt{3}$

Słownik

trapez

czworokąt (wypukły) mający przynajmniej jedną parę równoległych boków; (wybraną) parę boków równoległych nazywa się podstawami, pozostałe boki noszą nazwę ramion, odległość między podstawami nazywa się wysokością trapezu

symetralna odcinka

prosta prostopadła do danego odcinka przechodząca przez jego środek; równoważnie – prosta będąca zbiorem punktów równo oddalonych od obu końców odcinka

sinus kąta ostrego w trójkącie prostokątnym

stosunek długości przyprostokątnej leżącej naprzeciw kąta do długości przeciwprostokątnej

twierdzenie cosinusów

w dowolnym trójkącie kwadrat długości dowolnego boku jest równy sumie kwadratów długości pozostałych boków minus podwojony iloczyn długości tych boków przez cosinus kąta leżącego między nimi

jedynka trygonometryczna

dla dowolnego kąta $α$ suma kwadratów wartości sinusa i cosinusa tego kąta jest równa $1$

twierdzenie sinusów

w dowolnym trójkącie stosunek długości boku do sinusa dowolnego kąta jest stały i równy średnicy okręgu opisanego na trójkącie

3. Pole trapezu

5. Pola figur podobnych