Zadania z planimetrii

Stosujemy wzór na liczbę przekątnych w wielokącie o \( n \) bokach \( \frac{n(n-3)}{2} \). Zgodnie z treścią zadania \( \frac{n(n-3)}{2}=5n \) stąd \( n=13 \).

Odpowiedź

Wielokąt ma 13 boków.

Suma długości promieni tych okręgów jest równa 8, natomiast odległość środków \( AB=7 \), ponieważ \( r_2 - r_1 \lt AB \lt r_1 + r_2 \) to okręgi przecinają się w dwóch punktach.

Niech \( A' \text{ i } A" \) będą punktami symetrycznymi do punktu \( A \) względem ramion kąta. Prosta \( A'A" \) przecina ramiona kąta w punktach \( B \text{ i } C \).

Obwód trójkata \( ABC \) jest najmniejszy bo jest równy odcinkowi \( A'A" \). Obwód każdego innego trójkąta jest równy łamanej zatem większy niż obwód trójkąta \( ABC \).

Niech punkty \( A',B',C' \) będą obrazami punktów \( A,B,C \) w danym przekształceniu izometrycznym. Z definicji izometrii mamy \( A'B'=AB \), \( B'C'=BC \), \( A'C'=AC \).

Ponieważ punkty \( A,B,C \) nie są współliniowe, więc z definicji odległości mamy \( AB+BC \gt AC \), \( AC+CB \gt AB \), \( AB+AC \gt BC \), stąd \( A'B'+B'C' \gt A'C' \), \( A'C'+C'B' \gt A'B' \), \( A'B'+A'C' \gt B'C' \) a więc punkty \( A'B'C \) są niewspółliniowe.

Jeżeli \( a=b \) to \( S_{b}S_{a} \) jest przekształceniem tożsamościowym - wszystkie punkty płaszczyzny są stałe \( a||b \) to \( S_{b}S_{a} \) jest translacją - nie ma punktów stałych \( a||b \) to \( S_{b}S_{a} \) jest obrotem - jeden punkt stały. Tym punktem stałym jest punkt przecięcia tych prostych.

Niech ABC będzie danych trójkątem. Zbudujemy kwadrat PQRS tak, aby \( P,Q \in \overline{AB} \) i \( S \in \overline{AC} \). Prosta AR przecina bok BC w punkcie X. Jeżeli \( \frac{AX}{AR}=s \)to jednokładność \( J^s_A \) przekształci kwadrat PQRS w kwadrat XYMN.

Jeżeli trójkąt jest rozwartokątny to zadanie ma jedno rozwiązanie, w pozostałych przypadkach są trzy rozwiązania.

\( \triangle{ABC} \sim \triangle{CEF} \)

\( \frac{AB}{EF}=\frac{CD}{CG} \)

Oznaczamy DG przez X.

\( \frac{a}{\frac{3}{4}h}=\frac{h}{h-x} \), stąd

\( \frac{3}{4}h^2=ah-ax \)

\( x=\frac{\left( a-\frac{3}{4}h \right) h}{a} \)

\( \triangle{DEP} \sim \triangle{FGP} \sim \triangle{MKP} \sim \triangle{ABC} \)

\( \frac{MP}{AB}=\frac{\sqrt{S_1}}{\sqrt{S}}, \quad \frac{DE}{AB}=\frac{\sqrt{S_2}}{\sqrt{S}}, \quad \frac{PF}{AB}=\frac{\sqrt{S_3}}{\sqrt{S}} \)

\( MP=\frac{\sqrt{S_1}}{\sqrt{S}}AB, \quad DE=\frac{\sqrt{S_2}}{\sqrt{S}}AB, \quad PF=\frac{\sqrt{S_3}}{\sqrt{S}}AB \)

\( AB=MP+DE+PF; \quad AB=\frac{\sqrt{S_1}}{\sqrt{S}}AB+\frac{\sqrt{S_2}}{\sqrt{S}}AB+\frac{\sqrt{S_3}}{\sqrt{S}}AB \)

\( \sqrt{S}=\sqrt{S_1}+\sqrt{S_2}+\sqrt{S_3} \)

\( S=\left( \sqrt{S_1}+\sqrt{S_2}+\sqrt{S_3} \right)^2 \)

Odpowiedź

Pole \( \triangle{ABC} \) równe jest S=\( \left( \sqrt{S_1}+\sqrt{S_2}+\sqrt{S_3} \right)^2 \).

\( \frac{AD}{DC}=\frac{BA}{BC}=\frac{AY}{CY}=\frac{a}{b} \)

Twierdzenie o dwusiecznej kąta wewnętrznego i zewnętrznego:

Ponieważ \( \frac{AC}{CY}=\frac{AY-CY}{CY}=\frac{AY}{CY}-a=\frac{a}{b}-1 \)

\( \frac{a+b}{CY}=\frac{a-b}{b} \), CY=\frac{b(a+b)}{a-b}

Z twierdzenia Talesa mamy:

\( XD=\frac{1}{2}DY \), \( DY=DC+CY=b+CY=\frac{2ab}{a-b} \)

\( XD=\frac{ab}{a-b} \)

Odpowiedź

Długość odcinka XD wynosi \( \frac{ab}{a-b} \)

\( DC=\frac{3}{2}r, \quad AD=2r, \quad CF=\frac{1}{2}r \)

\( \sphericalangle{FOC}=\frac{\alpha}{2}=\sphericalangle{FBO} \quad \text{tg}\frac{\alpha}{2}=\frac{1}{2} \)

\( \text{tg}\alpha=\frac{2\text{tg}\frac{\alpha}{2}}{1-\text{tg}^2\frac{\alpha}{2}}=\frac{1}{1-\frac{1}{4}}=\frac{4}{3} \)

\( \sin{\alpha}=\frac{2\text{tg}\frac{\alpha}{2}}{1+\text{tg}^2\frac{\alpha}{2}}=\frac{1}{\frac{5}{4}}=\frac{4}{5} \)

Z \( \triangle{CHB} \) obliczamy \( CB=\frac{2r}{\sin{\alpha}} \), \( CB=\frac{5}{2}r \).

Z warunku, że trapez jest opisany na okręgu mamy:

\( AD+CB=AB+CD=2r+\frac{5}{2}r=\frac{9}{2}r \)

\( S=\frac{AB+CD}{2}\cdot DA=\frac{9}{2} \frac{r \cdot 2r}{2}=\frac{9}{2}r^2 \)

Odpowiedź

Pole trapezu wynosi \( S=\frac{9}{2}r^2 \)

Oznaczamy długość przekątnych rombu przez \( d_1=mx, \quad d_2=nx \)

\( S=\frac{1}{2}d_1 \cdot d_2 \), \( 2S=mx \cdot nx \), \( 2S=mnx^2 \) stąd \( x=\sqrt{\frac{2S}{m \cdot n}} \)

\( d_1=\sqrt{\frac{2Sm}{n}} \), \( d_2=\sqrt{\frac{2Sn}{m}} \)

\( a^2=\left( \frac{1}{2}d_1 \right)^2+\left( \frac{1}{2}d_2 \right)^2 \),

\( a^2=\frac{1}{4}\cdot \frac{2Sm}{n}+\frac{1}{4}\cdot \frac{2Sn}{m}=\frac{1}{2}S \cdot \left( \frac{m}{n}+\frac{n}{m} \right)= \frac{S}{2m \cdot n}(n^2 \cdot n^2) \)

\( a=\sqrt{\frac{S(m^2+n^2)}{2m \cdot n}} \)

Odpowiedź

Długość boku a jest równa \( a=\sqrt{\frac{S(m^2+n^2)}{2m \cdot n}} \)

\( S=\frac{1}{2}bc\sin{alpha} \)

\( \frac{1}{2}bc\sin{alpha}=\frac{2}{5}bc \), stąd \( \sin{\alpha}=\frac{4}{5} \)

\( \cos{\alpha}= \pm \sqrt{1-\frac{16}{25}}=\pm \frac{3}{5} \)

Korzystamy z twierdzenia cosinusów

dla \( \cos{\alpha}=\frac{3}{5} \quad a^2=b^2+c^2-2bc \cdot \frac{3}{5} \quad a=\sqrt{}b^+c^2-\frac{6}{5}bc \)

dla \( \cos{\alpha}=-\frac{3}{5} \quad a^2=b^2+c^2+2bc \cdot \frac{3}{5} \quad a=\sqrt{}b^+c^2+\frac{6}{5}bc \)

Odpowiedź

Długość trzeciego boku tego trójkąta jest równa \( a=\sqrt{}b^+c^2-\frac{6}{5}bc \) lub \( a=\sqrt{}b^+c^2+\frac{6}{5}bc \)

\( S_1=\frac{1}{6}\pi + \frac{1}{6} \pi - \frac{\sqrt{3}}{4}=\frac{1}{3}\pi - \frac{\sqrt{3}}{4} \)

\( S_2=\frac{1}{4}\pi - S_1=\frac{1}{4}\pi - \frac{1}{3}\pi + \frac{\sqrt{3}}{4} = \frac{\sqrt{3}}{4}-\frac{1}{12}\pi \)

\( S_4=1-S_1-2S_2=1-\frac{1}{3}\pi + \frac{\sqrt{3}}{4}-2\frac{\sqrt{3}}{4}+\frac{1}{6}\pi = 1-\frac{\sqrt{3}}{4}-\frac{1}{6}\pi \)

Odpowiedź

\( S_1=\frac{1}{3}\pi-\frac{\sqrt{3}}{4} \), \( S_2=\frac{\sqrt{3}}{4}-\frac{1}{12}\pi \), \( S_3=1-\frac{\sqrt{3}}{4}-\frac{1}{6}\pi \)

\( 3ab=\pi R^2 \)

\( R^2=\frac{3ab}{\pi} \)

\( a^2+b^2=4R^2 \)

\( a^2+b^2=\frac{12ab}{\pi} \)

\( \pi a^2-12ab+ \pi b^2=0:b^2 \)

\( \pi \frac{a^2}{b^2}-12\frac{a}{b}+\pi = 0 \)

\( \Delta=144-4 \pi^2=4(36-\pi^2) \)

\( \frac{a}{b}=\frac{12-2\sqrt{36-\pi^2}}{2 \pi}=\frac{6-\sqrt{36-\pi^2}}{\pi} \)

drugi pierwiastek równania jest stosunkiem \( \frac{b}{a} \)

Odpowiedź

Stosunek boku krótszego do dłuższego wynosi \( \frac{a}{b}=\frac{6-\sqrt{36-\pi^2}}{\pi} \)