Okrąg wpisany i opisany na trójkącie

Krok 1. Przekątna \(BD\).

Kąt \(BAD\) jest kątem wpisanym o mierze \(90^\circ\), więc jest oparty na półokręgu. Zatem odcinek \(BD\) jest średnicą okręgu:

\(|BD|=2\cdot 4=8\)

Z warunku \(|BE|=3|DE|\) oraz \(|BE|+|DE|=8\):

\(|DE|=2\), \(\;|BE|=6\)

Z warunku \(|BD|=2|AE|\):

\(|AE|=4\)

Krok 2. Podobne trójkąty.

Kąty \(BAC\) i \(BDC\) są kątami wpisanymi opartymi na tym samym łuku \(BC\), więc są równe. Kąty \(AEB\) i \(DEC\) są wierzchołkowe. Zatem trójkąty \(ABE\) i \(DCE\) są podobne, a skala podobieństwa wynosi:

\(k_1=\frac{|AE|}{|DE|}=\frac{4}{2}=2\), skąd \(|AB|=2\cdot|DC|\)

Podobnie kąty \(ADB\) i \(ACB\) są oparte na łuku \(AB\), a kąty \(AED\) i \(BEC\) są wierzchołkowe, więc trójkąty \(AED\) i \(BEC\) są podobne w skali:

\(k_2=\frac{|AE|}{|BE|}=\frac{4}{6}=\frac{2}{3}\), skąd \(|AD|=\frac{2}{3}\cdot|BC|\)

Krok 3. Twierdzenie Pitagorasa w obu trójkątach prostokątnych.

Trójkąty \(ABD\) i \(CBD\) są prostokątne o wspólnej przeciwprostokątnej \(BD=8\):

\(|AB|^2+|AD|^2=64\) oraz \(|BC|^2+|CD|^2=64\)

Podstawiamy \(|AB|=2|CD|\) oraz \(|AD|=\frac{2}{3}|BC|\):

\(4|CD|^2+\frac{4}{9}|BC|^2=64\)

Z drugiego równania \(|CD|^2=64-|BC|^2\), więc:

\(4\left(64-|BC|^2\right)+\frac{4}{9}|BC|^2=64\)

\(256-4|BC|^2+\frac{4}{9}|BC|^2=64\)

\(192=|BC|^2\left(4-\frac{4}{9}\right)=\frac{32}{9}|BC|^2\)

\(|BC|^2=54\), czyli \(|BC|=3\sqrt{6}\)

Krok 4. Pozostałe boki.

\(|CD|^2=64-54=10\Rightarrow|CD|=\sqrt{10}\)

\(|AB|=2|CD|=2\sqrt{10}\)

\(|AD|=\frac{2}{3}|BC|=\frac{2}{3}\cdot 3\sqrt{6}=2\sqrt{6}\)

Sprawdzenie: \(|AB|^2+|AD|^2=40+24=64\) ✓

Odpowiedź: \(|AB|=2\sqrt{10}\), \(|BC|=3\sqrt{6}\), \(|CD|=\sqrt{10}\), \(|AD|=2\sqrt{6}\)

Oznaczmy $|CD|=a$, wtedy $|AB|=a+2$. Niech $R_2$ będzie promieniem okręgu opisanego na trójkącie $CPD$, a $R_1=R_2+3$ promieniem okręgu opisanego na trójkącie $APB$.

Krok 1. Podobieństwo trójkątów. Podstawy trapezu są równoległe, więc kąty $\angle PAB$ i $\angle PCD$ są naprzemianległe, a kąty $\angle APB$ i $\angle CPD$ wierzchołkowe. Trójkąty $APB$ i $CPD$ są zatem podobne, a skala podobieństwa to stosunek podstaw:

$$\frac{|AB|}{|CD|}=\frac{R_1}{R_2}\ \Longrightarrow\ \frac{a+2}{a}=\frac{R_2+3}{R_2}.$$

Krok 2. Wyznaczenie $R_2$. Mnożymy na krzyż:

$$R_2(a+2)=a(R_2+3)\ \Longrightarrow\ aR_2+2R_2=aR_2+3a\ \Longrightarrow\ 2R_2=3a\ \Longrightarrow\ R_2=\frac{3a}{2}.$$

Krok 3. Twierdzenie sinusów. Oznaczmy $\alpha=\angle CPD$. W trójkącie $CPD$ bok $CD$ leży naprzeciw kąta $\alpha$, więc

$$\frac{|CD|}{\sin\alpha}=2R_2\ \Longrightarrow\ \frac{a}{\sin\alpha}=3a\ \Longrightarrow\ \sin\alpha=\frac{1}{3}.$$

Krok 4. Cosinus kąta. Trójkąt $CPD$ jest ostrokątny, więc $\cos\alpha>0$:

$$\cos\alpha=\sqrt{1-\sin^2\alpha}=\sqrt{1-\frac19}=\sqrt{\frac89}=\frac{2\sqrt{2}}{3}.$$

Krok 5. Twierdzenie cosinusów w trójkącie $CPD$ dla boku $CD$:

$$|CD|^2=|DP|^2+|CP|^2-2\,|DP|\,|CP|\cos\alpha.$$

Przenosimy i podstawiamy $\cos\alpha=\frac{2\sqrt2}{3}$:

$$|DP|^2+|CP|^2-|CD|^2=2\,|DP|\,|CP|\cdot\frac{2\sqrt{2}}{3}=\frac{4\sqrt{2}}{3}\cdot|DP|\cdot|CP|,$$

czyli dokładnie tezę. $\blacksquare$

Oznaczmy przyprostokątne przez $a$ i $b$, przeciwprostokątną przez $c$, a promień okręgu wpisanego przez $r$.

Krok 1. Promień okręgu wpisanego w trójkąt prostokątny.

$$r=\frac{a+b-c}{2}.$$

Z warunku zadania $r=\frac{c}{5}$, więc

$$\frac{a+b-c}{2}=\frac{c}{5}\ \Longrightarrow\ a+b=\frac{7c}{5}.$$

Krok 2. Iloczyn przyprostokątnych. Podnosimy sumę do kwadratu i korzystamy z twierdzenia Pitagorasa $a^{2}+b^{2}=c^{2}$:

$$(a+b)^{2}=c^{2}+2ab=\frac{49c^{2}}{25}\ \Longrightarrow\ ab=\frac{12c^{2}}{25}.$$

Krok 3. Wyznaczenie przyprostokątnych. Liczby $a$ i $b$ są pierwiastkami równania

$$t^{2}-\frac{7c}{5}t+\frac{12c^{2}}{25}=0,\qquad \Delta=\frac{c^{2}}{25},\qquad \sqrt{\Delta}=\frac{c}{5}.$$

$$t_1=\frac{4c}{5},\qquad t_2=\frac{3c}{5}.$$

Trójkąt jest więc podobny do trójkąta o bokach $3,4,5$.

Krok 4. Szukany sinus. Większy kąt ostry leży naprzeciw dłuższej przyprostokątnej:

$$\sin\alpha=\frac{4c}{5}:c=\frac{4}{5}=0{,}8.$$

Sprawdzenie: dla trójkąta $3,4,5$ mamy $r=\frac{3+4-5}{2}=1$ oraz $\frac{c}{5}=1$ ✓.

Odpowiedź: $\sin\alpha=\frac{4}{5}$

Oznaczmy $|AD|=d$ (połowa podstawy). Z symetrii $|BD|=d$.

Krok 1. Odcinki styczne z wierzchołka $C$. Z punktu leżącego poza okręgiem odcinki styczne mają równe długości. Niech $M^{\prime}$ będzie punktem styczności okręgu z bokiem $BC$. Wtedy $|CM|=|CM^{\prime}|$.

Krok 2. Obwód trójkąta $KLC$. Niech $P$ będzie punktem styczności odcinka $KL$ z okręgiem. Z równości odcinków stycznych:

$$|KM|=|KP|,\qquad |LM^{\prime}|=|LP|.$$

Ponieważ $|KM|=|CM|-|KC|$ oraz $|LM^{\prime}|=|CM^{\prime}|-|LC|=|CM|-2$, otrzymujemy

$$|KL|=|KP|+|PL|=2\left(|CM|-2\right).$$

Zatem obwód trójkąta $KLC$ wynosi

$$|KC|+|CL|+|KL|=2+2+2|CM|-4=2\,|CM|.$$

Krok 3. Podobieństwo. Trójkąty $KLC$ i $ABC$ są równoramienne o wspólnym kącie przy wierzchołku $C$, więc są podobne w skali

$$k=\frac{|KC|}{|AC|}=\frac{2}{6}=\frac13\ \Longrightarrow\ |KL|=\frac{|AB|}{3}=\frac{2d}{3}.$$

Krok 4. Wyznaczenie $|CM|$ i $d$. Ponieważ $DM\perp AC$, w trójkącie prostokątnym $ADM$ mamy $|AM|=|AD|\cos\alpha$, gdzie $\cos\alpha=\frac{d}{6}$, czyli

$$|AM|=\frac{d^{2}}{6},\qquad |CM|=6-\frac{d^{2}}{6}.$$

Z Kroku 2 obwód wynosi $2|CM|$, a bezpośrednio $4+|KL|$:

$$4+\frac{2d}{3}=2\left(6-\frac{d^{2}}{6}\right)=12-\frac{d^{2}}{3}.$$

Mnożymy przez $3$:

$$12+2d=36-d^{2}\ \Longrightarrow\ d^{2}+2d-24=0\ \Longrightarrow\ (d+6)(d-4)=0.$$

Długość jest dodatnia, więc $d=4$.

Krok 5. Szukany stosunek.

$$|AM|=\frac{4^{2}}{6}=\frac{8}{3},\qquad |MC|=6-\frac{8}{3}=\frac{10}{3}.$$

$$\frac{|AM|}{|MC|}=\frac{\frac83}{\frac{10}{3}}=\frac{8}{10}=\frac{4}{5}. \qquad\blacksquare$$

Kontrola: obwód $\triangle KLC$ wynosi $2+2+\frac{2\cdot4}{3}=\frac{20}{3}$, a $2|CM|=2\cdot\frac{10}{3}=\frac{20}{3}$ — zgadza się.

Krok 1. Kluczowa obserwacja. Skoro każda ściana boczna tworzy z płaszczyzną podstawy ten sam kąt $\alpha$, to spodek wysokości ostrosłupa jest jednakowo oddalony od wszystkich boków podstawy — jest więc środkiem okręgu wpisanego w trapez. Oznacza to, że w trapez $ABCD$ można wpisać okrąg.

Krok 2. Warunek opisywalności. W czworokąt można wpisać okrąg wtedy i tylko wtedy, gdy sumy przeciwległych boków są równe:

$$|AB|+|CD|=|AD|+|BC|=10+16=26.$$

Krok 3. Wysokość trapezu. Kąt $ABC$ leży między podstawą $AB$ a ramieniem $BC$, więc odległość punktu $C$ od prostej $AB$ wynosi

$$h_{t}=|BC|\cdot\sin 30^\circ=16\cdot\frac12=8.$$

Krok 4. Promień okręgu wpisanego. Okrąg wpisany jest styczny do obu podstaw, więc jego średnica równa się wysokości trapezu:

$$2r=8\ \Longrightarrow\ r=4.$$

Krok 5. Pole podstawy.

$$P_{p}=\frac{|AB|+|CD|}{2}\cdot h_{t}=\frac{26}{2}\cdot 8=104.$$

Krok 6. Wysokość ostrosłupa. Kąt nachylenia ściany bocznej to kąt między apotemą ściany a jej rzutem, czyli promieniem $r$:

$$H=r\cdot\tg\alpha=4\cdot\frac92=18.$$

Krok 7. Objętość.

$$V=\frac13\,P_{p}\,H=\frac13\cdot 104\cdot 18=104\cdot 6=624.$$

Odpowiedź: $V=624$

Krok 1. Środek i promień okręgu wpisanego.

Bok \(AB\) leży na osi \(Oy\), a punkt styczności \(P=(0,10)\) jest rzutem środka \(I\) na tę oś. Promień \(IP\) jest prostopadły do \(Oy\), więc:

\(I=(r,10)\), gdzie \(r\) jest promieniem okręgu.

Z warunku \(|IQ|=r\):

\((r-8)^2+(10-6)^2=r^2\)

\(r^2-16r+64+16=r^2\)

\(16r=80\Rightarrow r=5\), czyli \(I=(5,10)\)

Sprawdzenie: \(|IR|=\sqrt{(9-5)^2+(13-10)^2}=\sqrt{16+9}=5\) ✓

Krok 2. Równania prostych zawierających boki.

Prosta \(BC\) jest styczna w \(Q=(8,6)\), więc jest prostopadła do \(\vec{IQ}=[3,-4]\):

\(3(x-8)-4(y-6)=0\Rightarrow 3x-4y=0\)

Prosta \(CA\) jest styczna w \(R=(9,13)\), a \(\vec{IR}=[4,3]\):

\(4(x-9)+3(y-13)=0\Rightarrow 4x+3y=75\)

Krok 3. Wierzchołki.

\(B\) — przecięcie prostej \(BC\) z osią \(Oy\) (\(x=0\)): \(-4y=0\Rightarrow y=0\), czyli \(B=(0,0)\).

\(A\) — przecięcie prostej \(CA\) z osią \(Oy\): \(3y=75\Rightarrow y=25\), czyli \(A=(0,25)\).

\(C\) — przecięcie prostych \(BC\) i \(CA\):

\(3x=4y\Rightarrow x=\frac{4y}{3}\); \(\;4\cdot\frac{4y}{3}+3y=75\Rightarrow\frac{25y}{3}=75\Rightarrow y=9\), \(x=12\)

\(C=(12,9)\)

Sprawdzenie kąta prostego: \(\vec{CB}=[-12,-9]\), \(\vec{CA}=[-12,16]\), iloczyn skalarny \(144-144=0\) ✓

Odpowiedź: \(A=(0,25)\), \(B=(0,0)\), \(C=(12,9)\)

Krok 1. Układ współrzędnych.

Przyjmijmy, że środek okręgu \(O=(0,0)\), a \(R=6\), zatem \(A=(-6,0)\), \(B=(6,0)\).

Punkt \(D=(x,y)\) leży na okręgu i \(|AD|=6\):

\(\begin{cases}x^2+y^2=36\\ (x+6)^2+y^2=36\end{cases}\)

Odejmując równania: \(12x+36=0\Rightarrow x=-3\), a stąd \(y=3\sqrt{3}\).

\(D=\left(-3,3\sqrt{3}\right)\), a z symetrii \(C=\left(3,3\sqrt{3}\right)\).

Krok 2. Punkt przecięcia przekątnych.

Z symetrii punkt \(P\) leży na osi \(Oy\). Prosta \(AC\) przechodzi przez \(A=(-6,0)\) i \(C=\left(3,3\sqrt{3}\right)\); jej równanie:

\(y=\frac{3\sqrt{3}-0}{3+6}(x+6)=\frac{\sqrt{3}}{3}(x+6)\)

Dla \(x=0\): \(y=2\sqrt{3}\), czyli \(P=\left(0,2\sqrt{3}\right)\).

Krok 3. Trójkąt \(ABP\).

\(|AB|=12\), wysokość z \(P\) na \(AB\) jest równa \(2\sqrt{3}\):

\(P_{ABP}=\frac{1}{2}\cdot 12\cdot 2\sqrt{3}=12\sqrt{3}\)

\(|AP|=|BP|=\sqrt{6^2+\left(2\sqrt{3}\right)^2}=\sqrt{36+12}=\sqrt{48}=4\sqrt{3}\)

Krok 4. Promień okręgu wpisanego.

Korzystamy ze wzoru \(P=\frac{1}{2}\cdot\text{obwód}\cdot r\):

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

\(12\sqrt{3}=\left(6+4\sqrt{3}\right)r\)

\(r=\frac{12\sqrt{3}}{6+4\sqrt{3}}=\frac{6\sqrt{3}}{3+2\sqrt{3}}\)

Usuwamy niewymierność (mnożymy przez \(2\sqrt{3}-3\), bo \(\left(3+2\sqrt{3}\right)\left(2\sqrt{3}-3\right)=3\)):

\(r=\frac{6\sqrt{3}\left(2\sqrt{3}-3\right)}{3}=2\sqrt{3}\left(2\sqrt{3}-3\right)=12-6\sqrt{3}\)

Krok 5. Pole koła.

\(P_{ko\dot{l}a}=\pi r^2=\pi\left(12-6\sqrt{3}\right)^2=\pi\left(144-144\sqrt{3}+108\right)\)

\(=\left(252-144\sqrt{3}\right)\pi\approx 2{,}58\pi\)

Odpowiedź: \(\left(252-144\sqrt{3}\right)\pi\)

Oznaczmy $|AB|=a$, $|AD|=b$ oraz $|BD|=d$, przy czym z twierdzenia Pitagorasa $d^{2}=a^{2}+b^{2}$.

Krok 1. Odcinki styczne z wierzchołka $D$. Dla okręgu wpisanego w trójkąt długość odcinka stycznego z danego wierzchołka to połowa różnicy obwodu i podwojonego boku przeciwległego. W trójkącie $ABD$ punkt styczności z bokiem $AD$ to $M$:

$$|DM|=\frac{|DA|+|DB|-|AB|}{2}=\frac{b+d-a}{2}.$$

W trójkącie $BCD$ punkt styczności z przekątną $BD$ to $N$:

$$|DN|=\frac{|DC|+|DB|-|CB|}{2}=\frac{a+d-b}{2}.$$

Krok 2. Kierunek odcinka $MN$. Punkt $S$ jest środkiem okręgu wpisanego w trójkąt $ABD$, a $M$ — punktem styczności tego okręgu z bokiem $AD$. Promień poprowadzony do punktu styczności jest prostopadły do stycznej, więc $SM\perp AD$. Ponieważ $AD\perp AB$, odcinek $SM$ jest równoległy do $AB$.

Z założenia punkt $S$ leży na odcinku $MN$, zatem cały odcinek $MN$ jest równoległy do $AB$.

Krok 3. Podobieństwo trójkątów. Z $MN\parallel AB$ wynika, że trójkąty $DMN$ i $DAB$ są podobne (cecha kąt-kąt), więc

$$\frac{|DN|}{|DB|}=\frac{|DM|}{|DA|}\qquad\text{oraz}\qquad \frac{|MN|}{|AB|}=\frac{|DM|}{|DA|}.$$

Krok 4. Wykorzystanie pierwszej proporcji.

$$\frac{a+d-b}{2d}=\frac{b+d-a}{2b}\ \Longrightarrow\ b(a+d-b)=d(b+d-a).$$

$$ab+bd-b^{2}=bd+d^{2}-ad\ \Longrightarrow\ ab-b^{2}=d^{2}-ad.$$

Podstawiamy $d^{2}=a^{2}+b^{2}$:

$$ab-b^{2}=a^{2}+b^{2}-ad\ \Longrightarrow\ ad=a^{2}+2b^{2}-ab.$$

Krok 5. Obliczenie $|MN|$. Z drugiej proporcji:

$$|MN|=|AB|\cdot\frac{|DM|}{|DA|}=a\cdot\frac{\frac{b+d-a}{2}}{b}=\frac{a(b+d-a)}{2b}=\frac{ab+ad-a^{2}}{2b}.$$

Podstawiamy wynik z Kroku 4:

$$ab+ad-a^{2}=ab+\left(a^{2}+2b^{2}-ab\right)-a^{2}=2b^{2}.$$

$$|MN|=\frac{2b^{2}}{2b}=b=|AD|,$$

co należało wykazać. $\blacksquare$

Uwaga: trójkąty $ABD$ i $CDB$ są przystające (oba prostokątne o przyprostokątnych $a$ i $b$), więc oba okręgi mają ten sam promień $r=\frac{a+b-d}{2}$ — widać to też na rysunku.

Krok 1. Przeciwprostokątna i promień okręgu wpisanego.

\(c=\sqrt{15^2+20^2}=\sqrt{225+400}=25\)

Dla trójkąta prostokątnego:

\(r=\frac{a+b-c}{2}=\frac{15+20-25}{2}=5\)

Krok 2. Układ współrzędnych.

Umieśćmy wierzchołek kąta prostego w punkcie \(C=(0,0)\), a przyprostokątne na osiach:

\(A=(20,0)\), \(\;B=(0,15)\)

Środek okręgu wpisanego jest oddalony o \(r=5\) od obu przyprostokątnych, więc \(I=(5,5)\).

Krok 3. Punkt styczności z przeciwprostokątną.

Prosta \(AB\): \(\frac{x}{20}+\frac{y}{15}=1\), czyli \(3x+4y-60=0\).

Punkt styczności \(T\) jest rzutem prostokątnym punktu \(I\) na tę prostą:

\(3\cdot 5+4\cdot 5-60=-25\), \(\;\sqrt{3^2+4^2}=5\)

\(T=I-\frac{-25}{25}\cdot[3,4]=(5,5)+(3,4)=(8,9)\)

Sprawdzenie: \(|IT|=\sqrt{3^2+4^2}=5=r\) ✓

Krok 4. Szukana długość.

\(|CT|=\sqrt{8^2+9^2}=\sqrt{64+81}=\sqrt{145}\)

Odpowiedź: \(\sqrt{145}\approx 12{,}04\)

Krok 1. Położenie spodka wysokości.

Wszystkie krawędzie boczne mają równą długość, więc spodek wysokości \(O\) jest jednakowo oddalony od wszystkich wierzchołków podstawy — jest środkiem okręgu opisanego na trapezie \(ABCD\).

Krok 2. Promień okręgu opisanego.

W trójkącie \(ABC\) kąt przy wierzchołku \(C\) jest prosty (\(AC\perp BC\)), a \(|\angle CAB|=30^\circ\). Kąt prosty \(ACB\) jest kątem wpisanym, więc opiera się na półokręgu — bok \(AB\) jest średnicą okręgu opisanego.

\(|AB|=\frac{|AC|}{\cos 30^\circ}=\frac{8\sqrt{3}}{\frac{\sqrt{3}}{2}}=16\)

Zatem \(R=|OD|=8\), a punkt \(O\) jest środkiem odcinka \(AB\).

Krok 3. Wysokość ostrosłupa.

Z trójkąta prostokątnego \(SOD\) (kąt prosty przy \(O\), bo \(SO\) jest wysokością ostrosłupa):

\(|SO|=\sqrt{|SD|^2-|OD|^2}=\sqrt{\left(4\sqrt{5}\right)^2-8^2}=\sqrt{80-64}=4\)

Krok 4. Odległość punktu \(O\) od krawędzi \(SD\).

W trójkącie prostokątnym \(SOD\) szukana odległość to wysokość opuszczona z wierzchołka kąta prostego na przeciwprostokątną:

\(d=\frac{|SO|\cdot|OD|}{|SD|}=\frac{4\cdot 8}{4\sqrt{5}}=\frac{8}{\sqrt{5}}=\frac{8\sqrt{5}}{5}\)

Odpowiedź: \(\frac{8\sqrt{5}}{5}\approx 3{,}58\)

Krok 1. Odczyt danych z siatki. Podstawą jest trójkąt równoramienny

$$|AB|=48,\qquad |AC|=|BC|=40,$$

a wszystkie trzy krawędzie boczne mają długość

$$|SA|=|SB|=|SC|=65.$$

Krok 2. Pole podstawy. Wysokość trójkąta $ABC$ opuszczona na $AB$ dzieli tę podstawę na połowy:

$$h=\sqrt{40^{2}-24^{2}}=\sqrt{1600-576}=\sqrt{1024}=32.$$

$$P_{ABC}=\frac12\cdot48\cdot32=768.$$

Krok 3. Kluczowa obserwacja. Skoro wszystkie krawędzie boczne są równe, spodek wysokości ostrosłupa jest jednakowo oddalony od wszystkich wierzchołków podstawy — jest więc środkiem okręgu opisanego na trójkącie $ABC$.

Krok 4. Promień okręgu opisanego. Korzystamy ze wzoru $R=\frac{abc}{4P}$:

$$R=\frac{40\cdot40\cdot48}{4\cdot768}=\frac{76800}{3072}=25.$$

Krok 5. Wysokość ostrosłupa. Trójkąt utworzony przez wysokość, promień $R$ i krawędź boczną jest prostokątny:

$$H=\sqrt{65^{2}-25^{2}}=\sqrt{4225-625}=\sqrt{3600}=60.$$

Ciekawostka: to trójka pitagorejska $25,\,60,\,65$ (czyli $5\cdot(5,12,13)$).

Krok 6. Objętość.

$$V=\frac13\,P_{ABC}\cdot H=\frac13\cdot 768\cdot 60=768\cdot 20=15\,360.$$

Odpowiedź: $V=15\,360$

Oznaczmy przez \(O\) spodek wysokości ostrosłupa. Odcinek łączący \(O\) ze spodkiem wysokości ściany bocznej jest prostopadły do krawędzi podstawy (twierdzenie o trzech prostych prostopadłych). Z twierdzenia Pitagorasa odległość \(O\) od każdego boku podstawy wynosi \(\sqrt{26^2-H^2}\), a więc jest taka sama dla wszystkich ścian. Zatem \(O\) jest środkiem okręgu wpisanego w trójkąt \(ABC\).

Pole podstawy. Wysokość opuszczona z \(C\) na \(AB\) dzieli \(AB\) na połowy, więc \(h=\sqrt{39^2-15^2}=\sqrt{1521-225}=\sqrt{1296}=36\), a stąd \(P_{ABC}=\tfrac12\cdot30\cdot36=540\).

Promień okręgu wpisanego. Połowa obwodu \(p=\dfrac{30+39+39}{2}=54\), więc \(r=\dfrac{P}{p}=\dfrac{540}{54}=10\).

Wysokość ostrosłupa. \(H=\sqrt{26^2-10^2}=\sqrt{676-100}=\sqrt{576}=24\).

Objętość. \(V=\tfrac13\cdot P_{ABC}\cdot H=\tfrac13\cdot540\cdot24=4320\).

Krok 1. Kąt między danymi bokami.

Ze wzoru na pole trójkąta:

\(P=\frac{1}{2}\cdot|AC|\cdot|AB|\cdot\sin\alpha\), gdzie \(\alpha=|\angle BAC|\)

\(10\sqrt{3}=\frac{1}{2}\cdot 5\cdot 8\cdot\sin\alpha=20\sin\alpha\)

\(\sin\alpha=\frac{\sqrt{3}}{2}\)

Trójkąt jest ostrokątny, więc \(\alpha=60^\circ\) i \(\cos\alpha=\frac{1}{2}\).

Krok 2. Trzeci bok.

Z twierdzenia cosinusów:

\(|BC|^2=5^2+8^2-2\cdot 5\cdot 8\cdot\frac{1}{2}=25+64-40=49\)

\(|BC|=7\)

Sprawdzenie ostrokątności: najdłuższy bok \(8\), a \(8^2=64\lt 5^2+7^2=74\) ✓

Krok 3. Twierdzenie sinusów.

\(\frac{|BC|}{\sin\alpha}=2R\)

\(2R=\frac{7}{\frac{\sqrt{3}}{2}}=\frac{14}{\sqrt{3}}\)

\(R=\frac{7}{\sqrt{3}}=\frac{7\sqrt{3}}{3}\)

Odpowiedź: \(R=\frac{7\sqrt{3}}{3}\)

a) Punkt \(C\) leży na osi \(OX\), więc \(C=(c,0)\). Kąt przy \(C\) jest prosty, zatem wektory \(\overrightarrow{CA}\) i \(\overrightarrow{CB}\) są prostopadłe:

\(\overrightarrow{CA}=(7-c,\ 8)\), \(\ \overrightarrow{CB}=(-1-c,\ 2)\),

\(\overrightarrow{CA}\circ\overrightarrow{CB}=(7-c)(-1-c)+16=0\).

\(-7-7c+c+c^2+16=0\), czyli \(c^2-6c+9=0\), a więc \((c-3)^2=0\) i \(c=3\).

Zatem \(C=(3,0)\).

b) W trójkącie prostokątnym środkiem okręgu opisanego jest środek przeciwprostokątnej \(AB\):

\(S=\left(\dfrac{7-1}{2},\dfrac{8+2}{2}\right)=(3,5)\), \(\ r=\dfrac{|AB|}{2}=\dfrac{\sqrt{8^2+6^2}}{2}=\dfrac{10}{2}=5\).

Jednokładność o środku \(P=(1,0)\) i skali \(k=-2\) przeprowadza środek na

\(S'=P+k(S-P)=(1,0)-2\cdot(2,5)=(1-4,\ 0-10)=(-3,-10)\),

a promień zmienia się w \(r'=|k|\cdot r=2\cdot5=10\).

Równanie obrazu:

\((x+3)^2+(y+10)^2=100\).