Czworokąty wypukłe

Kąt wpisany jest dwa razy mniejszy od kąta środkowego opartego na tym samym łuku:

$$\alpha_{wpisany}=\frac{\alpha_{srodkowy}}{2}=\frac{80^\circ}{2}=40^\circ$$

Odpowiedź: B. $40^\circ$.

Każdy czworokąt można podzielić przekątną na dwa trójkąty, więc suma kątów to:

$$2\cdot180^\circ=360^\circ$$

Odpowiedź: C. $360^\circ$.

Kąt środkowy jest dwa razy większy od wpisanego opartego na tym samym łuku:

$$\alpha_{srodkowy}=2\cdot35^\circ=70^\circ$$

Odpowiedź: $70^\circ$.

Suma kątów czworokąta to $360^\circ$:

$$360^\circ-(90^\circ+100^\circ+80^\circ)=360^\circ-270^\circ=90^\circ$$

Odpowiedź: $90^\circ$.

Średnica wyznacza łuk będący półokręgiem, któremu odpowiada kąt środkowy $180^\circ$. Kąt wpisany jest o połowę mniejszy:

$$\frac{180^\circ}{2}=90^\circ$$

To twierdzenie Talesa: kąt wpisany oparty na średnicy jest zawsze prosty.

Odpowiedź: C. $90^\circ$.

W czworokącie wypukłym każdy kąt wewnętrzny jest mniejszy od $180^\circ$, a obie przekątne leżą wewnątrz figury.

W czworokącie wklęsłym jeden kąt przekracza $180^\circ$.

Odpowiedź: A. wszystkie kąty $<180^\circ$.

Długość okręgu liczymy ze wzoru:

$$L=2\pi r=2\cdot3{,}14\cdot5=31{,}4\ \text{cm}$$

Uwaga: długość okręgu zależy od promienia liniowo (nie od kwadratu), w odróżnieniu od pola koła.

Odpowiedź: $L=10\pi\approx31{,}4$ cm.

Dwa okręgi leżące na zewnątrz siebie (rozłączne) mają cztery wspólne styczne: dwie zewnętrzne i dwie wewnętrzne.

Odpowiedź: $4$.

Pole koła obliczamy ze wzoru:

$$P=\pi r^2=\pi\cdot6^2=36\pi\ \text{cm}^2$$

Przybliżenie: $36\pi\approx113{,}1$ cm$^2$.

Uwaga: promień podnosimy do kwadratu — pominięcie potęgi to najczęstszy błąd.

Odpowiedź: $P=36\pi\approx113$ cm$^2$.

Okręgi styczne zewnętrznie mają trzy wspólne styczne: dwie zewnętrzne i jedną w punkcie styczności.

Odpowiedź: D. $3$.

W czworokącie wpisanym w okrąg sumy kątów przeciwległych wynoszą $180^\circ$:

$$\alpha+\gamma=180^\circ$$

Zatem kąt naprzeciw wynosi:

$$180^\circ-70^\circ=110^\circ$$

To warunek konieczny i wystarczający, aby na czworokącie można było opisać okrąg.

Odpowiedź: A. $110^\circ$.

W trapezie kąty przy tym samym ramieniu są przy równoległych podstawach — sumują się do $180^\circ$ (kąty jednostronne):

$$x=180^\circ-70^\circ=110^\circ$$

Odpowiedź: $110^\circ$.

Krok 1 — cały okręg ma długość:

$$L=2\pi\cdot6=12\pi$$

Krok 2 — łuk to część okręgu proporcjonalna do kąta. Kąt $60^\circ$ to $\frac{60}{360}=\frac16$ pełnego kąta:

$$\text{łuk}=\frac{60}{360}\cdot12\pi=\frac16\cdot12\pi=2\pi\ \text{cm}$$

Przybliżenie: $2\pi\approx6{,}28$ cm.

Odpowiedź: $2\pi\approx6{,}28$ cm.

Krok 1 — oznaczenia. Kąty to $x$, $2x$, $3x$, $4x$.

Krok 2 — suma:

$$x+2x+3x+4x=360^\circ \quad\Rightarrow\quad 10x=360^\circ \quad\Rightarrow\quad x=36^\circ$$

Krok 3 — kąty:

$$36^\circ,\quad 72^\circ,\quad 108^\circ,\quad 144^\circ$$

Sprawdzenie: $36+72+108+144=360^\circ$ ✔

Odpowiedź: $36^\circ$, $72^\circ$, $108^\circ$, $144^\circ$.

Krok 1 — pole całego koła:

$$P=\pi\cdot10^2=100\pi$$

Krok 2 — wycinek to część koła. Kąt $90^\circ$ to $\frac{90}{360}=\frac14$ pełnego kąta:

$$P_{wycinka}=\frac14\cdot100\pi=25\pi\ \text{cm}^2$$

Przybliżenie: $25\pi\approx78{,}5$ cm$^2$.

Odpowiedź: $25\pi\approx78{,}5$ cm$^2$.

Krok 1 — porównujemy odległość środków z sumą promieni:

$$r_1+r_2=3+5=8,\qquad d=10$$

Krok 2 — wniosek. Skoro $d>r_1+r_2$ ($10>8$), okręgi są rozłączne zewnętrznie.

Krok 3 — liczba stycznych. Okręgi rozłączne zewnętrznie mają $4$ wspólne styczne.

Odpowiedź: $4$ styczne.

W trójkącie prostokątnym środek okręgu opisanego leży w środku przeciwprostokątnej, a jej połowa jest promieniem:

$$R=\frac{c}{2}=\frac{10}{2}=5$$

Wynika to z twierdzenia Talesa — kąt prosty jest wpisany i oparty na średnicy, więc przeciwprostokątna jest średnicą okręgu opisanego.

Odpowiedź: D. $5$.

Okręgi przecinające się (w dwóch punktach) mają dwie wspólne styczne — obie zewnętrzne. Stycznych wewnętrznych nie ma, bo okręgi „zachodzą" na siebie.

Odpowiedź: B. $2$.

Wszystkie kąty wpisane oparte na tym samym łuku mają równe miary — niezależnie od położenia wierzchołka na okręgu.

$$\alpha_2=\alpha_1=42^\circ$$

Uzasadnienie: każdy z nich jest równy połowie tego samego kąta środkowego opartego na tym łuku, więc muszą być równe sobie.

Odpowiedź: drugi kąt również ma $42^\circ$.

Krok 1 — oznaczenia. Trzy kąty to $x$, czwarty $x+30^\circ$.

Krok 2 — suma:

$$3x+(x+30^\circ)=360^\circ \quad\Rightarrow\quad 4x=330^\circ \quad\Rightarrow\quad x=82{,}5^\circ$$

Krok 3 — czwarty kąt:

$$82{,}5^\circ+30^\circ=112{,}5^\circ$$

Sprawdzenie: $3\cdot82{,}5+112{,}5=247{,}5+112{,}5=360^\circ$ ✔

Odpowiedź: trzy po $82{,}5^\circ$ i jeden $112{,}5^\circ$.

Warunek na okrąg opisany na czworokącie dotyczy kątów:

$$\alpha+\gamma=180^\circ \quad \text{oraz} \quad \beta+\delta=180^\circ$$

Nie mylić z okręgiem wpisanym: ten istnieje, gdy sumy przeciwległych boków są równe ($a+c=b+d$).

Odpowiedź: B.

Gdy jeden okrąg leży w całości wewnątrz drugiego (bez styczności), nie ma żadnej wspólnej stycznej — nie da się poprowadzić prostej dotykającej obu.

Odpowiedź: A. $0$.

W czworokącie wpisanym sumy kątów przeciwległych to $180^\circ$. Kąty przeciwległe to pierwszy z trzecim oraz drugi z czwartym.

Para $100^\circ$ i $80^\circ$: $100^\circ+80^\circ=180^\circ$ ✔ (warunek spełniony)

Para $x$ i $2x$:

$$x+2x=180^\circ \quad\Rightarrow\quad 3x=180^\circ \quad\Rightarrow\quad x=60^\circ$$

Sprawdzenie sumy wszystkich kątów: $60^\circ+100^\circ+120^\circ+80^\circ=360^\circ$ ✔

Odpowiedź: $x=60^\circ$.

Krok 1 — podział. Przekątna czworokąta wypukłego dzieli go na dwa trójkąty.

Krok 2 — suma kątów każdego trójkąta to $180^\circ$.

Krok 3 — złożenie. Kąty obu trójkątów razem tworzą wszystkie kąty czworokąta:

$$2\cdot180^\circ=360^\circ$$

Uogólnienie. Wielokąt o $n$ bokach dzieli się na $n-2$ trójkąty, więc suma jego kątów to $(n-2)\cdot180^\circ$.

Odpowiedź: suma wynosi $360^\circ$.

Styczna jest zawsze prostopadła do promienia poprowadzonego do punktu styczności:

$$\angle=90^\circ$$

To podstawowa własność wykorzystywana w konstrukcjach stycznych i zadaniach o okręgach wpisanych.

Odpowiedź: C. $90^\circ$.

Krok 1 — styczność wewnętrzna. Odległość środków równa się różnicy promieni:

$$d=|r_1-r_2|=4-2=2$$

Krok 2 — liczba stycznych. Okręgi styczne wewnętrznie mają dokładnie jedną wspólną styczną — w punkcie styczności.

Odpowiedź: $d=2$, jedna wspólna styczna.

Podstawiamy $a=6$ do wzoru na promień okręgu opisanego na trójkącie równobocznym:

$$R=\frac{a\sqrt3}{3}=\frac{6\sqrt3}{3}=2\sqrt3$$

Przybliżenie: $2\sqrt3\approx3{,}46$.

Warto wiedzieć: promień okręgu wpisanego w ten sam trójkąt jest dwa razy mniejszy: $r=\frac{a\sqrt3}{6}=\sqrt3$.

Odpowiedź: $R=2\sqrt3\approx3{,}46$.

W równoległoboku kąty sąsiednie są kątami jednostronnymi przy równoległych bokach, więc się dopełniają:

$$\alpha+\beta=180^\circ$$

Kąty przeciwległe są natomiast równe.

Odpowiedź: C. $180^\circ$.

Pole pierścienia to różnica pól większego i mniejszego koła.

Krok 1 — pola obu kół:

$$P_1=\pi\cdot5^2=25\pi,\qquad P_2=\pi\cdot3^2=9\pi$$

Krok 2 — różnica:

$$P=25\pi-9\pi=16\pi\ \text{cm}^2$$

Przybliżenie: $16\pi\approx50{,}3$ cm$^2$.

Odpowiedź: $16\pi\approx50{,}3$ cm$^2$.

Pełna klasyfikacja (dla promieni $r_1$, $r_2$ i odległości środków $d$):

• rozłączne zewnętrznie ($d>r_1+r_2$): 4 styczne,
• styczne zewnętrznie ($d=r_1+r_2$): 3,
• przecinające się ($|r_1-r_2|2,
• styczne wewnętrznie ($d=|r_1-r_2|$): 1,
• jeden wewnątrz drugiego ($d<|r_1-r_2|$): 0.

Prawidłowość. Im „bliżej" okręgi, tym mniej wspólnych stycznych — od $4$ (osobno) do $0$ (jeden w drugim).

Odpowiedź: $4$, $3$, $2$, $1$ lub $0$ — jak wyżej.

Twierdzenie o kącie dopisanym: kąt między styczną a cięciwą równa się kątowi wpisanemu opartemu na tej cięciwie (z drugiej strony).

Wynika to z faktu, że oba kąty odpowiadają połowie tego samego kąta środkowego.

Odpowiedź: A. kąt wpisany oparty na tej cięciwie.

Prostokąt ma wszystkie kąty proste ($90^\circ$), ale boki mogą być różne (dwa dłuższe i dwa krótsze).

Romb — odwrotnie: równe boki, ale kąty niekoniecznie.

Odpowiedź: B. prostokąt.

Krok 1 — konstrukcja pomocnicza. Promień poprowadzony do końca cięciwy, odległość środka od cięciwy i połowa cięciwy tworzą trójkąt prostokątny. Odległość środka pada na środek cięciwy.

Krok 2 — twierdzenie Pitagorasa. Przeciwprostokątną jest promień $10$, jedną przyprostokątną odległość $6$, drugą połowa cięciwy $x$:

$$x^2+6^2=10^2 \quad\Rightarrow\quad x^2=100-36=64 \quad\Rightarrow\quad x=8$$

Krok 3 — cała cięciwa to podwojona połowa:

$$2x=2\cdot8=16\ \text{cm}$$

Kluczowe: $x=8$ to tylko połowa cięciwy — łatwo zapomnieć o podwojeniu.

Odpowiedź: cięciwa ma $16$ cm.

Krok 1 — wartości graniczne:

$$r_1+r_2=8,\qquad |r_1-r_2|=6-2=4$$

Krok 2 — porównanie z $d=4$:

$$d=|r_1-r_2|=4$$

Krok 3 — wniosek. Skoro odległość środków równa się różnicy promieni, okręgi są styczne wewnętrznie — mniejszy leży wewnątrz większego i dotyka go w jednym punkcie.

Krok 4 — liczba stycznych: jedna wspólna styczna.

Odpowiedź: styczne wewnętrznie, $1$ wspólna styczna.

Odcinek koła to wycinek minus trójkąt.

Krok 1 — pole wycinka (ćwiartka koła, kąt $90^\circ$):

$$P_{wycinka}=\frac14\pi\cdot4^2=\frac14\cdot16\pi=4\pi$$

Krok 2 — pole trójkąta. Przyprostokątne to dwa promienie po $4$ cm:

$$P_{trojkata}=\frac{4\cdot4}{2}=8$$

Krok 3 — pole odcinka:

$$P=4\pi-8\approx12{,}57-8=4{,}57\ \text{cm}^2$$

Odpowiedź: $4\pi-8\approx4{,}57$ cm$^2$.

Krok 1 — suma kątów czworokąta:

$$A+B+C+D=360^\circ$$

Krok 2 — podstawiamy znane i $C=D$:

$$90^\circ+120^\circ+2C=360^\circ$$

Krok 3 — rozwiązujemy:

$$2C=150^\circ \quad\Rightarrow\quad C=75^\circ$$

Krok 4 — sprawdzenie wypukłości. Wszystkie kąty ($90^\circ$, $120^\circ$, $75^\circ$, $75^\circ$) są mniejsze od $180^\circ$, więc czworokąt jest wypukły ✔

Odpowiedź: $C=D=75^\circ$.

Krok 1 — zależność. Kąt środkowy jest dwa razy większy od wpisanego. Oznaczmy kąt wpisany przez $x$, wtedy środkowy to $2x$:

Krok 2 — warunek z treści (środkowy o $50^\circ$ większy):

$$2x=x+50^\circ \quad\Rightarrow\quad x=50^\circ$$

Krok 3 — oba kąty:

$$\text{wpisany}=50^\circ,\qquad \text{środkowy}=2\cdot50^\circ=100^\circ$$

Sprawdzenie: $100^\circ-50^\circ=50^\circ$ ✔ i $100^\circ=2\cdot50^\circ$ ✔

Odpowiedź: kąt wpisany $50^\circ$, kąt środkowy $100^\circ$.

Krok 1 — model. Dla stycznej zewnętrznej odcinek między punktami styczności, linia środków i różnica promieni tworzą trójkąt prostokątny.

Krok 2 — długość stycznej zewnętrznej:

$$t=\sqrt{d^2-(r_1-r_2)^2}$$

Krok 3 — podstawiamy $d=25$, $r_1-r_2=3$:

$$t=\sqrt{25^2-3^2}=\sqrt{625-9}=\sqrt{616}=2\sqrt{154}\approx24{,}8$$

Uwaga. Dla stycznej zewnętrznej używamy różnicy promieni; dla wewnętrznej — sumy: $\sqrt{d^2-(r_1+r_2)^2}$.

Odpowiedź: $t=2\sqrt{154}$.

Krok 1 — przeciwprostokątna z twierdzenia Pitagorasa:

$$c=\sqrt{6^2+8^2}=\sqrt{36+64}=\sqrt{100}=10$$

Krok 2 — promień okręgu opisanego. W trójkącie prostokątnym to połowa przeciwprostokątnej:

$$R=\frac{c}{2}=\frac{10}{2}=5$$

Krok 3 — promień okręgu wpisanego ze wzoru dla trójkąta prostokątnego:

$$r=\frac{a+b-c}{2}=\frac{6+8-10}{2}=\frac{4}{2}=2$$

Kontrola sensu: okrąg wpisany musi być mniejszy od opisanego — $2<5$ ✔

Odpowiedź: promień okręgu opisanego $R=5$, wpisanego $r=2$.

Krok 1 — kąt zewnętrzny. Przy każdym wierzchołku kąt zewnętrzny dopełnia wewnętrzny do $180^\circ$:

$$\text{zew}_i=180^\circ-\text{wew}_i$$

Krok 2 — sumujemy po czterech wierzchołkach:

$$\sum_{i=1}^{4}\text{zew}_i=4\cdot180^\circ-\sum_{i=1}^{4}\text{wew}_i$$

Krok 3 — podstawiamy sumę kątów wewnętrznych ($360^\circ$):

$$=720^\circ-360^\circ=360^\circ \qquad ∎$$

Uogólnienie. Suma kątów zewnętrznych dowolnego wielokąta wypukłego wynosi $360^\circ$ — niezależnie od liczby boków, bo $n\cdot180^\circ-(n-2)\cdot180^\circ=360^\circ$.

Sprawdzenie: dla kątów wewnętrznych $90^\circ$, $120^\circ$, $75^\circ$, $75^\circ$ zewnętrzne to $90^\circ$, $60^\circ$, $105^\circ$, $105^\circ$, a ich suma $360^\circ$ ✔

1. Krok 1. Własności czworokąta.

   Czworokąt jest opisany na okręgu (wpisany okrąg), więc $|AB|+|CD|=|BC|+|AD|$, czyli $9+|CD|=|BC|+10\Rightarrow |CD|=|BC|+1$.

   Czworokąt jest wpisany w okrąg (opisany okrąg), więc przeciwległe kąty sumują się do $180^{\circ}$: $|\angle BCD|=180^{\circ}-60^{\circ}=120^{\circ}$.

2. Krok 2. Przekątna $BD$ z trójkąta $ABD$ (twierdzenie cosinusów). $$|BD|^{2}=9^{2}+10^{2}-2\cdot9\cdot10\cos 60^{\circ}=181-90=91.$$
3. Krok 3. Trójkąt $BCD$ (kąt $120^{\circ}$).

   Niech $|BC|=t$, wtedy $|CD|=t+1$. Z twierdzenia cosinusów ($\cos120^{\circ}=-\tfrac12$):

   $$|BD|^{2}=t^{2}+(t+1)^{2}+t(t+1)=91\ \Rightarrow\ 3t^{2}+3t-90=0\ \Rightarrow\ t^{2}+t-30=0\ \Rightarrow\ t=5.$$

   Zatem $|BC|=5$, $|CD|=6$ (sprawdzenie: $9+6=5+10$ ✓).

4. Krok 4. Pole czworokąta. $$P=P_{ABD}+P_{BCD}=\tfrac12\cdot9\cdot10\sin 60^{\circ}+\tfrac12\cdot5\cdot6\sin 120^{\circ}=\frac{45\sqrt3}{2}+\frac{15\sqrt3}{2}=30\sqrt3.$$
5. Odpowiedź. $|BC|=5$, $|CD|=6$, pole $=30\sqrt3$.