2. Poziom rozszerzony - M_R_W24_M07 Planimetria

REgblYOenDYto

7. Planimetria

Poniższe zadania zostały wybrane z arkuszy maturalnych z poprzednich lat oraz z informatora maturalnego CKE. Sprawdź, czy potrafisz je rozwiązać.

{\begin{cases} y = x^{2} - 2 x - 8 \\ x = - 3 \lor x = 2 \end{cases}

Ćwiczenie 1

(VI 2025, 3 punkty)

Dany jest prostokąt $ABCD$ , w którym $|AB|=2 \cdot|AD|$ . Na bokach $AB, BC, CD$ oraz $DA$ tego prostokąta obrano punkty - odpowiednio - $K, L, M$ oraz $N$ (przy czym każdy z tych punktów leży na dokładnie jednym boku prostokąta $AB C D$ ). Czworokąt $KLMN$ jest trapezem prostokątnym (zobacz rysunek), a wysokość $LM$ tego trapezu jest równoległa do przekątnej $B D$ prostokąta.

R177JXS1O7RAL

Wykaż, że stosunek pola trójkąta $MDN$ do pola trójkąta $KBL$ jest równy 16.

Przykładowe pełne rozwiązanie

Sposób I

Oznaczmy przez $a$ długość boku $A D$ . Wtedy $|AB|=2 a$ . Kąty $D M N$ i $BKL$ są naprzemianległe oraz $MN \| KL$ , więc te kąty mają równe miary. Zatem trójkąty prostokątne $M D N$ i $K B L$ są podobne (na podstawie cechy kkk podobieństwa trójkątów).

Ponieważ $M L \| D B$ , więc korzystając z twierdzenia Talesa, otrzymujemy

$\frac{|D M|}{|L B|}=\frac{|M C|}{|L C|}$

$\frac{|DM|}{|LB|}=\frac{2a-|DM|}{a-|LB|}$

$|D M| \cdot a-|D M| \cdot|L B|=2 \cdot|L B| \cdot a-|L B| \cdot|D M|$

$|L B|=\frac{1}{2} \cdot|D M|$

Z warunków zadania wynika, że $M N \perp D B$ , więc z rachunku kątów dostajemy $|\angle D N M|=|\angle C D B|$ , więc trójkąty prostokątne $M D N$ oraz $B C D$ są podobne (na podstawie cechy kkk podobieństwa trójkątów). Zatem $\frac{|D M|}{|D N|}=\frac{|B C|}{|C D|}$ , czyli $\frac{|D M|}{|D N|}=\frac{1}{2}$ .

Stąd i ze związku $|L B|=\frac{1}{2} \cdot|D M|$ otrzymujemy $|L B|=\frac{1}{4} \cdot|D N|$ , co oznacza, że trójkąt $MDN$ jest podobny do trójkąta KBL w skali 4 . Ponieważ stosunek pól figur podobnych jest równy kwadratowi skali podobieństwa, więc stosunek pola trójkąta $M D N$ do pola trójkąta $K B L$ jest równy 16 . To należało wykazać.

Sposób II

Przyjmijmy następujące oznaczenia:

$E$ - punkt przecięcia przekątnej $D B$ z bokiem $M N$ trapezu $K L M N$ ,

$F$ - punkt przecięcia przekątnej $D B$ z bokiem $K L$ trapezu $K L M N$ ,

$2 x$ - długość odcinka $D E$ (zobacz rysunek).

R18MGJN48SSU7

Ponieważ $M L \| D B$ , więc trójkąty $D E M$ oraz $F B L$ są prostokątne. Trójkąty prostokątne $M D E$ i $B D C$ mają wspólny kąt ostry, więc są podobne (cecha kkk podobieństwa trójkątów). Zatem $\frac{|M E|}{|D E|}=\frac{|B C|}{|C D|}=\frac{1}{2}$ , więc $|M E|=\frac{1}{2} \cdot|D E|=x$ .

Czworokąt $M E F L$ jest prostokątem, więc $|F L|=|M E|=x$ .

Z rachunku kątów mamy $|\angle F L B|=|\angle M D E|$ , więc trójkąty prostokątne $M D E$ i $K L B$ są podobne (na podstawie cechy kkk podobieństwa trójkątów). Zatem $\frac{|F B|}{|F L|}=\frac{|M E|}{|D E|}=\frac{1}{2}$ , czyli $|F B|=\frac{1}{2} \cdot|F L|=\frac{1}{2} x$ .

Kąty $D M N$ i $B K L$ są naprzemianległe oraz $M N \| K L$ , więc te kąty mają równe miary. Zatem trójkąty prostokątne $M D N$ i $K B L$ są podobne (na podstawie cechy kkk podobieństwa trójkątów). Ponieważ stosunek odpowiednich wysokości tych trójkątów jest równy $\frac{|D E|}{|F B|}=\frac{2 x}{\frac{1}{2} x}=4$ , więc trójkąt $M D N$ jest podobny do trójkąta $K B L$ w skali 4 . Ponieważ stosunek pól figur podobnych jest równy kwadratowi skali podobieństwa, więc stosunek pola trójkąta $M D N$ do pola trójkąta $K B L$ jest równy 16. To należało wykazać.

Sposób III

Oznaczmy przez $a$ długość boku $A D$ . Wtedy $|A B|=2 a$ .

Umieszczamy prostokąt $A B C D$ w kartezjańskim układzie współrzędnych ( $x, y$ ) tak, że $A=(0,0), B=(2 a, 0), C=(2 a, a), D=(0, a)$ .

Ponieważ stosunek $\frac{|A D|}{|A B|}=\frac{1}{2}$ oraz $M L \| B D$ , więc prosta $M L$ ma równanie $y=-\frac{1}{2} x+c$ , przy pewnym $c \in(a, 2 a)$ .

Wtedy $M=(2 c-2 a, a)$ oraz $L=(2 a, c-a)$ .

Wyznaczamy równania prostych $M N$ oraz $K L$ , które są prostopadłe do $M L$ :

$M N: y=2(x-2 c+2 a)+a$

$K L: y=2(x-2 a)+c-a$

Stąd $N=(0,5 a-4 c)$ oraz $K=\left(\frac{5 a-c}{2}, 0\right)$ .

Wyznaczamy długości boków trójkątów $M D N$ i $K B L$ :

$|N D|=|a-(5 a-4 c)|=4 \cdot|c-a|$

$|D M|=|2 c-2 a-0|=2 \cdot|c-a|$

$|K B|=\left|2 a-\frac{5 a-c}{2}\right|=\frac{1}{2} \cdot|c-a|$

$|B L|=|c-a-0|=|c-a|$

Wyznaczamy stosunek pól trójkątów $M D N$ i $K B L$ :

$\frac{P_{\triangle M D N}}{P_{\triangle K B L}}=\frac{\frac{1}{2} \cdot|N D| \cdot|D M|}{\frac{1}{2} \cdot|K B| \cdot|B L|}=\frac{\frac{1}{2} \cdot 4 \cdot|c-a| \cdot 2 \cdot|c-a|}{\frac{1}{2} \cdot \frac{1}{2} \cdot|c-a| \cdot|c-a|}=16$

To należało wykazać.

Ćwiczenie 2

(VI 2025, 4 punkty)

Na czworokącie wypukłym $A B C D$ o bokach długości: $|A B|=3,|B C|=3,|C D|=5$ oraz $|D A|=8$ , opisano okrąg.

Oblicz promień tego okręgu. Zapisz obliczenia.

Przykładowe pełne rozwiązanie

Sposób I

Przyjmijmy następujące oznaczenia:
$R$ - promień okręgu opisanego na czworokącie $A B C D$ ,
$d-$ długość przekątnej $B D$ ,
$\alpha$ - miara kąta $B A D$ ,
$\gamma$ - miara kąta $B C D$ .

RFR57GQOEPGAC

Stosujemy twierdzenie cosinusów do trójkątów $A B D$ oraz $B C D$ i otrzymujemy

$d^{2}=3^{2}+8^{2}-2 \cdot 3 \cdot 8 \cdot \cos \alpha \quad \wedge \quad d^{2}=3^{2}+5^{2}-2 \cdot 3 \cdot 5 \cdot \cos \gamma$

Stąd i z twierdzenia o czworokącie wpisanym w okrąg mamy

$73-48 \cos \alpha=34-30 \cos \left(180^{\circ}-\alpha\right)$

Po zastosowaniu wzorów redukcyjnych otrzymujemy

$73-48 \cos \alpha=34+30 \cos \alpha$

$\cos \alpha=\frac{1}{2}$

Zatem $\alpha=60^{\circ}$ i $d^{2}=73-48 \cdot \frac{1}{2}=49$ , czyli $d=7$ .

Okrąg opisany na czworokącie $A B C D$ jest jednocześnie okręgiem opisanym na trójkącie $A B D$ . Stosując do tego trójkąta twierdzenie sinusów, otrzymujemy

$\frac{d}{\sin \alpha}=2 R$

$\frac{7}{\frac{\sqrt{3}}{2}}=2 R$

$R=\frac{7 \sqrt{3}}{3}$

Sposób II

Przyjmijmy następujące oznaczenia:
$R$ - promień okręgu opisanego na czworokącie $A B C D$ ,
$e$ - długość przekątnej $A C$ ,
$\delta$ - miara kąta ostrego $A C B$ .

R1KRHS8F1NL15

Stosujemy twierdzenie cosinusów do trójkąta $A D C$ oraz wzór na cosinus podwojonego argumentu i otrzymujemy:

$e^{2}=5^{2}+8^{2}-2 \cdot 5 \cdot 8 \cdot \cos (2 \delta)$

$e^{2}=89-80 \cdot\left(2 \cos ^{2} \delta-1\right)$

$e^{2}=169-160 \cos ^{2} \delta$

Z trójkąta równoramiennego $A C B$ otrzymujemy $\frac{\frac{1}{2} e}{3}=\cos \delta$ , więc $e=6 \cos \delta$ . Zatem

$(6 \cos \delta)^{2}=169-160 \cos ^{2} \delta$

$196 \cos ^{2} \delta=169$

$\cos \delta=\frac{13}{14} \quad \vee \quad \cos \delta=-\frac{13}{14}$

Kąt $A C B$ w trójkącie równoramiennym $A B C$ jest ostry, więc $\cos \delta=\frac{13}{14}$ , czyli $\sin \delta=\frac{3 \sqrt{3}}{14}$ .

Okrąg opisany na czworokącie $A B C D$ jest jednocześnie okręgiem opisanym na trójkącie $A B C$ . Stosując do tego trójkąta twierdzenie sinusów, otrzymujemy

$\frac{3}{\sin \delta}=2 R$

$\frac{3}{\frac{3 \sqrt{3}}{14}}=2 R$

$R=\frac{7 \sqrt{3}}{3}$

Ćwiczenie 3

(V 2025, 3 punkty)

W trójkącie równobocznym $A B C$ punkt $D$ leży na boku $B C$ . Stosunek pola trójkąta $A B D$ do pola trójkąta $A D C$ jest równy $\frac{\sqrt{3}-1}{2}$ .

Oblicz miarę kąta $DAC$ . Zapisz obliczenia.

Przykładowe rozwiązanie

Sposób I

Przyjmijmy następujące oznaczenia:
$a$ - długość boku trójkąta $A B C$ ,
$b$ - długość odcinka $A D$ ,
$\alpha$ - miara kąta $D A C$
(zobacz rysunek).

REXS69DUKK433

Korzystając ze wzoru na pole trójkąta oraz uwzględniając warunki zadania, otrzymujemy:

$\frac{P_{A B D}}{P_{A D C}}=\frac{\sqrt{3}-1}{2}$

$\frac{\frac{1}{2} \cdot a \cdot b \cdot \sin \left(60^{\circ}-\alpha\right)}{\frac{1}{2} \cdot a \cdot b \cdot \sin \alpha}=\frac{\sqrt{3}-1}{2}$

$\frac{\sin \left(60^{\circ}-\alpha\right)}{\sin \alpha}=\frac{\sqrt{3}-1}{2}$

Stąd i ze wzoru na sinus różnicy kątów otrzymujemy kolejno:

$\frac{\sin 60^{\circ} \cdot \cos \alpha-\cos 60^{\circ} \cdot \sin \alpha}{\sin \alpha}=\frac{\sqrt{3}-1}{2}$

$\sin 60^{\circ} \cdot \frac{\cos \alpha}{\sin \alpha}-\cos 60^{\circ}=\frac{\sqrt{3}-1}{2}$

$\frac{\cos \alpha}{\sin \alpha}=1$

$\operatorname{tg} \alpha=1$

$\alpha=45^{\circ}$

Zatem kąt $DAC$ ma miarę $45^{\circ}$ .

Sposób II

Trójkąty $A B D$ i $A C D$ mają wspólną wysokość opuszczoną z wierzchołka $A$ , więc

$\frac{P_{A B D}}{P_{A D C}}=\frac{|B D|}{|C D|}$

zatem

$\frac{|B D|}{|C D|}=\frac{\sqrt{3}-1}{2}$

Oznaczmy $x=|C D|$ . Wtedy $|B D|=\frac{\sqrt{3}-1}{2} x$ . Niech $E$ będzie spodkiem wysokości trójkąta $A D C$ poprowadzonej z wierzchołka $D$ (zobacz rysunek).

R11FNC2PHBP6O

Z własności trójkąta o kątach $30^{\circ}, 60^{\circ}, 90^{\circ}$ otrzymujemy $|D E|=\frac{\sqrt{3}}{2} x$ oraz $|E C|=\frac{1}{2} x$ . Ponieważ $|A E|+|E C|=|C D|+|D B|$ , więc

$|A E|+\frac{1}{2} x=x+\frac{\sqrt{3}-1}{2} x$

$|A E|=\frac{\sqrt{3}}{2} x$

Zatem $|A E|=|D E|$ . To oznacza, że trójkąt prostokątny $D E A$ jest równoramienny i kąt $D A C$ ma miarę $45^{\circ}$ .

Ćwiczenie 4

(V 2025, 4 punkty)

W trapezie $A B C D$ o podstawach $A B$ i $C D$ punkt $E$ jest środkiem ramienia $A D$ , a punkt $F$ jest środkiem ramienia $B C$ trapezu. Stosunek pola trapezu $E F C D$ do pola trapezu $A B F E$ jest równy $\frac{1}{2}$ .

Wykaż, że $\frac{|C D|}{|A B|}=\frac{1}{5}$ .

Przykładowe rozwiązanie

Przyjmijmy następujące oznaczenia:
$a, b$ - długość - odpowiednio - dłuższej i krótszej podstawy trapezu,
$d$ - długość odcinka łączącego środki ramion trapezu,
$h$ - wysokość trapezu.

Z własności trapezu otrzymujemy $d=\frac{a+b}{2}$ . Trapezy $E F C D$ i $A B F E$ mają równe wysokości oraz stosunek pola trapezu $E F C D$ do pola trapezu $A B F E$ jest równy $\frac{1}{2}$ , więc

$\frac{\frac{1}{2} \cdot(d+b) \cdot \frac{h}{2}} {\frac{1}{2} \cdot(a+d) \cdot \frac{h}{2}}=\frac{1}{2}$

$\frac{d+b}{a+d}=\frac{1}{2}$

$2 d+2 b=a+d$

$d+2 b=a$

Stąd i z zależności $d=\frac{a+b}{2}$ otrzymujemy

$a+b+4 b=2 a$

$5 b=a$

$\frac{b}{a}=\frac{1}{5}$

To należało wykazać.

Ćwiczenie 5

(VI 2024, 3 punkty)

Długości podstaw trapezu równoramiennego są równe $a$ oraz $b$ , przy czym $a>b$ . W ten trapez można wpisać okrąg.

Wykaż, że pole tego trapezu jest większe od $a \cdot b$ .

Przykładowe rozwiązanie

Przyjmijmy oznaczenia jak na rysunku.

R123RJVXJTEG3

Trapez jest równoramienny, więc $|A E|=|B F|=\frac{a-b}{2}$ . Ponieważ trapez jest opisany na okręgu, więc $a+b=c+c$ , czyli $c=\frac{a+b}{2}$ .

Z twierdzenia Pitagorasa dla trójkąta $B C F$ otrzymujemy

$|B F|^{2}+|F C|^{2}=|C B|^{2}$

$\left(\frac{a-b}{2}\right)^{2}+h^{2}=c^{2}$

$\left(\frac{a-b}{2}\right)^{2}+h^{2}=\left(\frac{a+b}{2}\right)^{2} / \cdot 4$

$a^{2}-2 a b+b^{2}+4 h^{2}=a^{2}+2 a b+b^{2}$

$h=\sqrt{a b}$

Pole $P$ trapezu jest równe $P=\frac{a+b}{2} \cdot h=\frac{a+b}{2} \cdot \sqrt{a b}$ .

Ponieważ $a>b$ , więc z nierówności między średnimi arytmetyczną i geometryczną liczb dodatnich $a$ oraz $b$ otrzymujemy $\frac{a+b}{2}>\sqrt{a b}$ . Stąd

$P=\frac{a+b}{2} \cdot \sqrt{a b}>\sqrt{a b} \cdot \sqrt{a b}$

czyli $P>a b$ , co należało wykazać.

Ćwiczenie 6

(VI 2024, 4 punkty)

W okrąg o promieniu 4 wpisano trójkąt $A B C$ . Długość boku $A B$ jest równa 6 . Bok $B C$ ma długość $4 \sqrt{3}$ i jest najdłuższym bokiem tego trójkąta.

Oblicz długość boku $A C$ trójkąta $A B C$ . Zapisz obliczenia.

Przykładowe rozwiązanie

Sposób I

Oznaczmy przez $R$ promień okręgu opisanego na trójkącie $A B C$ .

Stosujemy do trójkąta $A B C$ twierdzenie sinusów i otrzymujemy:

$\frac{|B C|}{\sin |\angle B A C|}=2 R$

$\frac{4 \sqrt{3}}{\sin |\angle B A C|}=8$

Stąd $|\angle B A C|=60^{\circ}$ lub $|\angle B A C|=120^{\circ}$ .

Długość boku trójkąta równobocznego wpisanego w okrąg o promieniu $R$ jest równa $R \sqrt{3}=4 \sqrt{3}=|B C|$ . Niech $D$ będzie wierzchołkiem trójkąta równobocznego $B C D$ wpisanego w dany okrąg. Ponieważ $|A B|=6$ , więc $A \neq D$ . Gdyby wierzchołek $A$ leżał na krótszym z łuków $B D$ , to wówczas $A C$ byłby najdłuższym bokiem trójkąta $A B C$ . Gdyby wierzchołek $A$ leżał na krótszym z łuków $C D$ , to wówczas $A B$ byłby najdłuższym bokiem trójkąta $A B C$ . Zatem $A$ leży na krótszym z łuków $B C$ okręgu i $|\angle B A C|=120^{\circ}$ . Stosujemy do trójkąta $A B C$ twierdzenie cosinusów i obliczamy długość boku $A C$ :

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

$(4 \sqrt{3})^{2}=|A C|^{2}+6^{2}-2 \cdot 6 \cdot|A C| \cdot\left(-\frac{1}{2}\right)$

$|A C|^{2}+6 \cdot|A C|-12=0$

$|A C|=-3+\sqrt{21} \quad \vee \quad|A C|=-3-\sqrt{21}<0$

Zatem $|A C|=-3+\sqrt{21}$ .

Ćwiczenie 7

(V 2024, 4 punkty)

Dany jest trójkąt $A B C$ , który nie jest równoramienny. W tym trójkącie miara kąta $A B C$ jest dwa razy większa od miary kąta $B A C$ .

Wykaż, że długości boków tego trójkąta spełniają warunek

$|A C|^{2}=|B C|^{2}+|A B| \cdot|B C|$

Przykładowe rozwiązanie

We obydwu poniższych rozwiązaniach przyjmujemy następujące oznaczenia: $a=|B C|$ , $b=|C A|$ , $c=|A B|$ , $\alpha=|\angle C A B|$ .

Sposób I (poprzez dwusieczną kąta $A B C$ )

Ponieważ $\alpha=|\angle C A B|$ , więc $|\angle A B C|=2 \alpha$ .

Niech $D$ będzie punktem leżącym na przecięciu prostej $A C$ z dwusieczną kąta $A B C$ .

Oznaczmy przez $x$ długość odcinka $D C$ . Wtedy $|\angle C B D|=\alpha$ , $|\angle D C B|=180^{\circ}-3 \alpha$ oraz $|\angle B D C|=2 \alpha$ (zobacz rysunek).

RU9Q72488332S

Zatem trójkąty $C A B$ i $C B D$ są podobne (na podstawie cechy kkk podobieństwa trójkątów).

Z podobieństwa tych trójkątów otrzymujemy $\frac{x}{a}=\frac{a}{b}$ , więc $x=\frac{a^{2}}{b}$ .

Z twierdzenia o dwusiecznej zastosowanego w trójkącie $A B C$ otrzymujemy

$\frac{|A D|}{x}=\frac{c}{a}$

i stąd wyznaczamy długość $x$ odcinka $D C$ :

$\frac{b-x}{x}=\frac{c}{a}$

$b=x \cdot \frac{c}{a}+x$

$x=\frac{b \cdot a}{c+a}$

Stąd i ze związku $x=\frac{a^{2}}{b}$ otrzymujemy:

$\frac{a^{2}}{b}=\frac{b \cdot a}{c+a}$

$b^{2}=a^{2}+c \cdot a$

$|A C|^{2}=|B C|^{2}+|A B| \cdot|B C|$

To należało wykazać.

Sposób II (poprzez trójkąty podobne)

Ponieważ $\alpha=|\angle C A B|$ , więc $|\angle A B C|=2 \alpha$ .

Niech $E$ będzie punktem leżącym na prostej $C B$ , takim że $|B E|=|A B|=c$ oraz $B$ należy do odcinka $C E$ . Wtedy trójkąt $A B E$ jest równoramienny i $|\angle A B E|=180^{\circ}-2 \alpha$ oraz $|\angle B E A|=|\angle B A E|=\alpha$ (zobacz rysunek).

R15F9E76GT8BX

Stąd miary kątów trójkąta $E A C$ są równe

$|\angle E A C|=2 \alpha,|\angle C E A|=\alpha \text { oraz }|\angle A C E|=180^{\circ}-3 \alpha .$

Zatem trójkąty $E A C$ i $A B C$ są podobne (na podstawie cechy kkk podobieństwa trójkątów).

Z podobieństwa tych trójkątów otrzymujemy $\frac{b}{a}=\frac{|E C|}{b}$ , więc

$b^{2}=a \cdot|C E|$

$b^{2}=a \cdot(|C B|+|B E|)$

$b^{2}=a \cdot(a+c)$

$|A C|^{2}=|B C|^{2}+|A B| \cdot|B C|$

To należało wykazać.

Ćwiczenie 8

(V 2024, 4 punkty)

Dany jest kwadrat $A B C D$ o boku długości $a$ . Punkt $E$ jest środkiem boku $C D$ . Przekątna $B D$ dzieli trójkąt $A C E$ na dwie figury: $A G F$ oraz $C E F G$ (zobacz rysunek).

R3XGZVCXADAVB

Oblicz pola figur $AGF$ oraz $CEFG$ . Zapisz obliczenia.

Przykładowe rozwiązanie

Punkt $F$ jest środkiem ciężkości trójkąta $A C D$ , więc $|D F|:|F G|=2: 1$ , czyli

$|F G|=\frac{1}{3}|D G|$

Trójkąty $A G F$ i $A G D$ mają wspólną wysokość $A G$ oraz pole trójkąta $A G D$ jest równe $\frac{1}{4} a^{2}$ , więc

$P_{A G F}=\frac{1}{3} \cdot P_{A G D}=\frac{1}{3} \cdot \frac{1}{4} a^{2}=\frac{1}{12} a^{2}$

Zatem

$P_{C E F G}=P_{A C E}-P_{A G F}=\frac{1}{4} \cdot P_{A B C D}-\frac{1}{12} \cdot P_{A B C D}=\frac{1}{6} a^{2}$ .

Ćwiczenie 9

(VI 2023, 3 punkty)

Dany jest okrąg $\mathcal{O}$ . Przez punkt $A$ poprowadzono dwie proste, które są styczne do tego okręgu w punktach – odpowiednio – $P$ oraz $Q$ . Przez punkt $B$ leżący na odcinku $A P$ poprowadzono styczną do tego okręgu w punkcie $D$ , która przecięła odcinek $A Q$ w punkcie $C$ (zobacz rysunek).

R1HN8BZSXD653

Wykaż, że jeżeli $|A Q|=5 \cdot|B P|$ oraz $|C D|=2 \cdot|B D|$ , to trójkąt $A B C$ jest równoramienny.

Przykładowe rozwiązanie

Niech $|B P|=x$ .

Z twierdzenia o odcinkach stycznych wnioskujemy, że $|B D|=|B P|=x$ .

Z założenia $|C D|=2 \cdot|B D|$ otrzymujemy $|C D|=2 x$ . Z twierdzenia o odcinkach stycznych wnioskujemy, że $|C Q|=|C D|=2 x$ (zobacz rysunek).

R2HZDAURX59NA

Ponieważ $|A Q|=5 \cdot|B P|$ , więc $|A Q|=5 x$ . Ponownie z twierdzenia o odcinkach stycznych wnioskujemy, że $|A P|=|A Q|=5 x$ .

Zatem $|A C|=|A Q|-|C Q|=5 x-2 x=3 x$ oraz $|B C|=|B D|+|C D|=x+2 x=3 x$ . Wobec tego $|A C|=|B C|$ , więc trójkąt $A B C$ jest równoramienny. To należało wykazać.

Ćwiczenie 10

(VI 2023, 5 punkty)

Czworokąt wypukły $A B C D$ jest wpisany w okrąg o promieniu $4$ . Kąty $B A D$ i $B C D$ są proste (zobacz rysunek). Przekątne $A C$ i $B D$ tego czworokąta przecinają się w punkcie $E$ tak, że $|B E|=3 \cdot|D E|$ oraz $|B D|=2 \cdot|A E|$ .

RE2FSZU6NUE7Q

Oblicz długości boków czworokąta $ABCD$ . Zapisz obliczenia.

Przykładowe rozwiązanie

Ponieważ trójkąty $A B D$ i $B C D$ są prostokątne, to ich wspólna przeciwprostokątna $B D$ jest średnicą okręgu opisanego na czworokącie $A B C D$ . Zatem $|B D|=8$ . Stąd i z warunków $|B E|=3 \cdot|D E|$ oraz $|B D|=2 \cdot|A E|$ otrzymujemy $|D E|=2,|B E|=6$ i $|A E|=4$ . Oznaczmy przez $S$ środek okręgu opisanego na czworokącie $A B C D$ . Prowadzimy wysokość $A P$ trójkąta $A S E$ i przyjmijmy pozostałe oznaczenia jak na rysunku.

R9L9BFMGCH7V7

Ponieważ $|A E|=4=|A S|$ , więc trójkąt $A S E$ jest równoramienny. Zatem spodek $P$ wysokości trójkąta $A S E$ jest środkiem podstawy $E S$ tego trójkąta. Stąd wynika, że $|E P|=|P S|=1$ .

Z twierdzenia Pitagorasa dla trójkąta $A S P$ otrzymujemy

$|A S|^{2}=|A P|^{2}+|P S|^{2}$

$4^{2}=h^{2}+1^{2}$

$h^{2}=15$

Z twierdzenia Pitagorasa dla trójkątów $A B P$ i $A D P$ otrzymujemy

$|A B|^{2}=|A P|^{2}+|P B|^{2} \quad \text { oraz } \quad |A D|^{2}=|A P|^{2}+|P D|^{2}$

$a^{2}=h^{2}+5^{2} \quad \text { oraz } \quad d^{2}=h^{2}+3^{2}$

$a^{2}=15+25 \quad \text { oraz } \quad d^{2}=15+9$

$a=\sqrt{40}=2 \sqrt{10} \quad \text { oraz } \quad d=\sqrt{24}=2 \sqrt{6}$

Kąty $D C A$ i $A B D$ są równe, gdyż są to kąty wpisane oparte na tym samym łuku $A D$ . Kąty $D E C$ i $B E A$ są równe, gdyż są to kąty wierzchołkowe. Zatem trójkąty $D E C$ i $B E A$ są podobne (cecha $k k k$ ).

Wynika stąd, że

$\frac{|C D|}{|D E|}=\frac{|A B|}{|A E|}$

$\frac{c}{2}=\frac{2 \sqrt{10}}{4}$

$c=\sqrt{10}$

Z twierdzenia Pitagorasa dla trójkąta $B C D$ otrzymujemy

$|B D|^{2}=|C D|^{2}+|B C|^{2}$

$8^{2}=c^{2}+b^{2}$

$64=(\sqrt{10})^{2}+b^{2}$

$b=\sqrt{54}=3 \sqrt{6}$

Uwagi:

Długości boków $C D$ i $B C$ można obliczyć, wykorzystując twierdzenie o odcinkach siecznych. Wynika z niego, że $|A E| \cdot|C E|=|B E| \cdot|D E|$ , więc $|C E|=3$ . Ponieważ $\cos \angle A E P=\frac{|E P|}{|A E|}=\frac{1}{4}$ , to z twierdzenia cosinusów wynika, że $|C D|^{2}=2^{2}+3^{2}-2 \cdot 2 \cdot 3 \cdot \frac{1}{4}=10$ oraz $|B C|^{2}=6^{2}+3^{2}+2 \cdot 6 \cdot 3 \cdot \frac{1}{4}=54$ .
Po wyznaczeniu odcinków $|D E|=2,|B E|=6$ i $|A E|=4$ można wyznaczyć długości boków a oraz $d$ , korzystając z twierdzenia cosinusów. Przyjmując $\beta=\angle A E B$ , możemy zapisać układ trzech równań: $a^{2}+d^{2}=8^{2}, a^{2}=6^{2}+4^{2}-2 \cdot 6 \cdot 4 \cdot \cos \beta$ oraz $d^{2}=2^{2}+4^{2}-2 \cdot 2 \cdot 4 \cdot \cos \left(180^{\circ}-\beta\right)$ . Wtedy $\cos \beta=\frac{1}{4}$ oraz $a=2 \sqrt{10}$ i $d=2 \sqrt{6}$ .

Ćwiczenie 11

(V 2023, 3 punkty)

Dany jest trójkąt prostokątny $A B C$ , w którym $|\angle A B C|=90^{\circ}$ oraz $|\angle C A B|=60^{\circ}$ . Punkty $K$ i $L$ leżą na bokach – odpowiednio – $A B$ i $B C$ tak, że $|B K|=|B L|=1$ (zobacz rysunek). Odcinek $K L$ przecina wysokość $B D$ tego trójkąta w punkcie $N$ , a ponadto $|A D|=2$ .

R1DNGSAMHQ4PX

Wykaż, że $|N D|=\sqrt{3}+1$ .

Przykładowe rozwiązanie

Sposób I (pola trójkątów)

W trójkącie $D A B$ o kątach $90^{\circ}, 60^{\circ}, 30^{\circ}$ mamy: $|A D|=2,|A B|=4$ i $|B D|=2 \sqrt{3}$ .

R1KCDZ4U67SQH

W trójkącie $B L N$ miara kąta $N B L$ jest równa $60^{\circ}$ . W trójkącie $K B N$ miara kąta $K B N$ jest równa $30^{\circ}$ . Ponieważ pole trójkąta $K B L$ (równe $\frac{1}{2})$ jest sumą pól trójkątów $B L N$ oraz $K B N$ , więc możemy zapisać równość

$\frac{1}{2} \cdot|B L| \cdot|B N| \cdot \sin 60^{\circ}+\frac{1}{2} \cdot|B N| \cdot|B K| \cdot \sin 30^{\circ}=\frac{1}{2}$

Stąd, po uwzględnieniu warunku $|B K|=|B L|=1$ , otrzymujemy dalej

$|B N| \cdot \frac{\sqrt{3}}{2}+|B N| \cdot \frac{1}{2}=1$

$|B N| \cdot(\sqrt{3}+1)=2$

$|B N|=\sqrt{3}-1$

Zatem $|N D|=|B D|-|B N|=2 \sqrt{3}-(\sqrt{3}-1)=\sqrt{3}+1$ .

To należało wykazać.

Sposób II

W trójkącie $D A B$ o kątach $90^{\circ}, 60^{\circ}, 30^{\circ}$ mamy: $|A D|=2,|A B|=4$ i $|B D|=2 \sqrt{3}$ . Kąty w trójkącie $B N K$ mają miary: $30^{\circ}, 45^{\circ}, 105^{\circ}$ . Stosujemy twierdzenie sinusów i zapisujemy równość:

$\frac{|B K|}{\sin 105^{\circ}}=\frac{|B N|}{\sin 45^{\circ}}$

Zatem

$|B N|=\frac{1 \cdot \sin 45^{\circ}}{\sin \left(60^{\circ}+45^{\circ}\right)}=\frac{\frac{\sqrt{2}}{2}}{\frac{\sqrt{3}}{2} \cdot \frac{\sqrt{2}}{2}+\frac{1}{2} \cdot \frac{\sqrt{2}}{2}}=\frac{2}{\sqrt{3}+1}=\sqrt{3}-1$

Ostatecznie $|N D|=|B D|-|B N|=2 \sqrt{3}-(\sqrt{3}-1)=\sqrt{3}+1$ .

To należało wykazać.

Ćwiczenie 12

(V 2023, 4 punkty)

Czworokąt $A B C D$ , w którym $|B C|=4$ i $|C D|=5$ , jest opisany na okręgu. Przekątna $A C$ tego czworokąta tworzy z bokiem $B C$ kąt o mierze $60^{\circ}$ , natomiast z bokiem $A B$ – kąt ostry, którego sinus jest równy $\frac{1}{4}$ .

Oblicz obwód czworokąta $A B C D$ . Zapisz obliczenia.

Przykładowe rozwiązanie

Sposób I

Oznaczmy $\alpha=|\angle B A C|$ . Zgodnie z warunkami zadania $\sin \alpha=\frac{1}{4}$ .

RJR2247KSCETK

Obliczamy długość $a$ boku $A B$ . Korzystamy z twierdzenia sinusów w trójkącie $A B C$ i otrzymujemy

$\frac{|A B|}{\sin 60^{\circ}}=\frac{|B C|}{\sin \alpha}$

$\frac{|A B|}{\frac{\sqrt{3}}{2}}=\frac{4}{\frac{1}{4}}$

Stąd $|A B|=8 \sqrt{3}$ .

Ponieważ w czworokąt $A B C D$ można wpisać okrąg, więc prawdziwa jest zależność

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

Zatem obwód $O b_{A B C D}$ czworokąta jest równy

$O b_{A B C D}=2 \cdot(|A B|+|C D|)=16 \sqrt{3}+10$

Sposób II

Zauważmy, że pole $P$ trójkąta $A B C$ można obliczyć na dwa sposoby:

$P=\frac{1}{2} \cdot|B C| \cdot|A C| \cdot \sin 60^{\circ}=\frac{1}{2} \cdot 4 \cdot|A C| \cdot \frac{\sqrt{3}}{2}$

$P=\frac{1}{2} \cdot|A C| \cdot|A B| \cdot \frac{1}{4}$

Stąd $|A B|=8 \sqrt{3}$ .

Ponieważ w czworokąt $A B C D$ można wpisać okrąg, więc prawdziwa jest zależność

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

Zatem obwód $O b_{A B C D}$ czworokąta jest równy

$O b_{A B C D}=2 \cdot(|A B|+|C D|)=16 \sqrt{3}+10$

Ćwiczenie 13

(V 2025, 3 punkty)

Przykładowe rozwiązanie

1. Poziom podstawowy

M_R_W24_M07 Planimetria

7. Planimetria