Okrąg wpisany w trójkąt

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 punkt symetralnej boku jest jednakowo oddalony od jego końców, więc punkt przecięcia wszystkich trzech symetralnych jest równo oddalony od wszystkich wierzchołków.

Dla porównania: środek okręgu wpisanego leży na przecięciu dwusiecznych kątów.

Odpowiedź: C. symetralnych boków.

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

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

Odpowiedź: $70^\circ$.

Krok 1 — przeciwprostokątna:

$$c=\sqrt{36+64}=10$$

Krok 2 — promień. W trójkącie prostokątnym środek okręgu opisanego leży w połowie przeciwprostokątnej:

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

Dlaczego tak: kąt oparty na średnicy jest prosty — to twierdzenie Talesa czytane wstecz.

Odpowiedź: $R=5$.

1. $r=\frac{a+b-c}2=\frac{6+8-10}2=2$ (albo $r=\frac Pp=\frac{24}{12}$).

Odpowiedź: $2$

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 trójkącie równobocznym środek okręgu opisanego dzieli wysokość w stosunku $2:1$ od wierzchołka:

$$R=\frac{a\sqrt3}{3}=\frac{6\sqrt3}{3}=2\sqrt3\approx3{,}46$$

Odpowiedź: $R=2\sqrt3$.

1. Wysokość na podstawę $6$: $\sqrt{25-9}=4$, $P=12$.
2. $R=\frac{abc}{4P}=\frac{150}{48}=\frac{25}8$.

Odpowiedź: $\tfrac{25}{8}$

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.

Wysokość trójkąta równobocznego to $\frac{a\sqrt3}{2}$, a środek okręgu wpisanego dzieli ją w stosunku $2:1$ — promień to jedna trzecia wysokości:

$$r=\frac13\cdot\frac{a\sqrt3}{2}=\frac{a\sqrt3}{6}$$

Zależność warta zapamiętania: $R=2r$ — promień okręgu opisanego jest dokładnie dwa razy większy.

Odpowiedź: A. $\frac{a\sqrt3}{6}$.

1. Ramię prostopadłe $=2r$, ramię ukośne $c$. Warunek: $12+6=2r+c \Rightarrow c=18-2r$.
2. Pitagoras: $c^2=(2r)^2+6^2 \Rightarrow (18-2r)^2=4r^2+36 \Rightarrow 324-72r=36 \Rightarrow r=4$.
3. Kontrola: $h=8$, $c=10$, $8+10=18$ ✓.

Odpowiedź: $r=4$

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$^2$.

W czworokącie wpisanym w okrąg przeciwległe kąty sumują się do $180^\circ$:

$$180^\circ-75^\circ=105^\circ$$

Odpowiedź: $105^\circ$.

1. $|\angle C|=180^\circ-70^\circ=110^\circ$, $|\angle D|=180^\circ-95^\circ=85^\circ$.

Odpowiedź: $|\angle C|=110^\circ$, $|\angle D|=85^\circ$

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. $110^\circ$.

Warunek wpisania okręgu:

$$a+c=b+d$$

Warunek opisania okręgu (odpowiedź A) dotyczy kątów, nie boków — to dwa różne twierdzenia i łatwo je pomylić.

Przykład: w romb zawsze można wpisać okrąg, bo wszystkie boki są równe, więc $a+c=b+d$ automatycznie.

Odpowiedź: D. sumy przeciwległych boków są równe.

1. Wysokość na bok $14$: $h^2=13^2-x^2=15^2-(14-x)^2 \Rightarrow x=5$, $h=12$, $P=84$ (albo wzór Herona: $\sqrt{21\cdot8\cdot7\cdot6}=84$).
2. $r=\frac{84}{21}=4$.
3. $R=\frac{13\cdot14\cdot15}{4\cdot84}=\frac{2730}{336}=\frac{65}8$.

Odpowiedź: $P=84$, $r=4$, $R=\tfrac{65}8$

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 — wzór na promień okręgu wpisanego:

$$r=\frac{P}{p},\qquad \text{gdzie } p \ \text{to połowa obwodu}$$

Krok 2 — połowa obwodu:

$$p=\frac{6+8+10}{2}=12$$

Krok 3 — promień:

$$r=\frac{24}{12}=2$$

Skąd ten wzór: łącząc środek okręgu z wierzchołkami, dzielimy trójkąt na trzy mniejsze o wysokości $r$. Suma ich pól daje $\frac{r\cdot O}{2}=rp$.

Odpowiedź: $r=2$.

1. $OA\perp PA$: $|PA|=\sqrt{169-25}=12$.
2. Cięciwa $AB$ jest prostopadła do $OP$; połowa cięciwy to wysokość trójkąta $OAP$ z $A$: $\frac{5\cdot12}{13}=\frac{60}{13}$.
3. $|AB|=\frac{120}{13}$.

Odpowiedź: $|PA|=12$, $|AB|=\tfrac{120}{13}$

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 — warunek:

$$x+3x=180^\circ$$

Krok 2 — rozwiązanie:

$$4x=180^\circ \quad\Rightarrow\quad x=45^\circ$$

Krok 3 — oba kąty:

$$45^\circ \quad\text{oraz}\quad 135^\circ$$

Sprawdzenie: $45+135=180^\circ$ ✔

Odpowiedź: $45^\circ$ i $135^\circ$.

1. $p=\frac{7+8+9}2=12$. Odcinek stycznej z wierzchołka $A$: $p-|BC|=12-7=5$.
2. Z wierzchołka $B$: $p-|CA|=12-8=4$. Kontrola: $5+4=9$ ✓.

Odpowiedź: $|AK|=5$, $|KB|=4$

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. $5$.

W prostokącie wszystkie kąty mają $90^\circ$, więc przeciwległe sumują się do $180^\circ$ — warunek jest spełniony.

Środkiem tego okręgu jest punkt przecięcia przekątnych, a promieniem — połowa przekątnej.

Dlaczego nie romb: jego kąty przeciwległe są równe, a nie dopełniające się. Warunek zachodzi tylko wtedy, gdy każdy ma $90^\circ$ — czyli gdy romb jest kwadratem.

Odpowiedź: B. na prostokącie.

1. Deltoid wpisany: kąty przy $B$ i $D$ są równe i sumują się do $180^\circ$, więc są proste. $|\angle BCD|=120^\circ$.
2. $\triangle ABD$ równoboczny: $|BD|=6$. W $\triangle BCD$: $36=x^2+x^2+x^2=3x^2 \Rightarrow x=2\sqrt3$.
3. $P=2\cdot\frac12\cdot6\cdot2\sqrt3=12\sqrt3$, $p=6+2\sqrt3$.
4. $r=\frac{12\sqrt3}{6+2\sqrt3}=\frac{12\sqrt3(6-2\sqrt3)}{24}=3\sqrt3-3$.

Odpowiedź: $|BC|=|CD|=2\sqrt3$, $r=3\sqrt3-3$

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 $42^\circ$.

Okrąg opisany. Przechodzi przez wierzchołki, więc jego średnica to przekątna kwadratu:

$$2R=8\sqrt2 \quad\Rightarrow\quad R=4\sqrt2\approx5{,}66$$

Okrąg wpisany. Dotyka boków, więc jego średnica równa się bokowi:

$$2r=8 \quad\Rightarrow\quad r=4$$

Stosunek: $\frac{R}{r}=\sqrt2$ — i tak jest w każdym kwadracie.

Odpowiedź: $R=4\sqrt2$, $r=4$.

1. Środek okręgu opisanego to środek przeciwprostokątnej: $R=\frac c2$.
2. Odcinki stycznych: $c=(a-r)+(b-r) \Rightarrow r=\frac{a+b-c}2$.
3. $r+R=\frac{a+b-c}2+\frac c2=\frac{a+b}2$. $\blacksquare$

Odpowiedź: dowód

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.

Przeciwprostokątna jest średnicą okręgu opisanego, więc promień to jej połowa.

Uzasadnienie: kąt wpisany oparty na średnicy ma $90^\circ$, a w naszym trójkącie taki kąt istnieje.

Odpowiedź: A. $\frac{c}{2}$.

1. $\triangle ABC$: $|AC|^2=9+25+15=49$, $|AC|=7$. $R=\frac{7}{2\sin120^\circ}=\frac{7\sqrt3}3$.
2. $|\angle ADC|=60^\circ$. $\triangle ACD$: $49=64+x^2-8x \Rightarrow x^2-8x+15=0 \Rightarrow x=3$ lub $x=5$.
3. Warunek $|AD|\gt |AB|=3$: $|AD|=5$.
4. $P=\frac12\cdot3\cdot5\cdot\frac{\sqrt3}2+\frac12\cdot8\cdot5\cdot\frac{\sqrt3}2=\frac{15\sqrt3}4+10\sqrt3=\frac{55\sqrt3}4$.

Odpowiedź: $|AC|=7$, $R=\tfrac{7\sqrt3}{3}$, $|AD|=5$, $P=\tfrac{55\sqrt3}{4}$

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: $x=60^\circ$.

Sprawdzamy warunek $a+c=b+d$:

$$5+9=14,\qquad 7+11=18$$

$$14\neq18$$

Warunek nie jest spełniony.

Uwaga na kolejność boków. Sumujemy boki przeciwległe, a nie sąsiednie. Gdyby boki ustawić jako $5$, $7$, $11$, $9$, to $5+11=16$ i $7+9=16$ — wtedy okrąg dałoby się wpisać.

Odpowiedź: nie, warunku nie spełnia.

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 — okrąg opisany:

$$R=\frac{12\sqrt3}{3}=4\sqrt3$$

Krok 2 — okrąg wpisany:

$$r=\frac{12\sqrt3}{6}=2\sqrt3$$

Krok 3 — stosunek promieni:

$$\frac{R}{r}=2$$

Krok 4 — stosunek pól. Pola kół mają się jak kwadraty promieni:

$$\left(\frac{R}{r}\right)^2=4$$

Odpowiedź: $R=4\sqrt3$, $r=2\sqrt3$; pole koła opisanego jest czterokrotnie większe.

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: $R=2\sqrt3\approx3{,}46$.

Sprawdzamy warunek dla sum przeciwległych boków:

$$4+10=14,\qquad 7+7=14$$

Sumy są równe, więc okrąg da się wpisać.

Uwaga: sama równoramienność nie wystarcza — decyduje wyłącznie warunek liczbowy na boki.

Odpowiedź: C. tak, bo $4+10=7+7$.

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$^2$.

Korzystamy z zależności $P=r\cdot p$, gdzie $p$ to połowa obwodu:

$$p=\frac{30}{2}=15$$

$$P=4\cdot15=60$$

Odpowiedź: $P=60$.

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.

Średnica wyznacza kąt środkowy $180^\circ$, a kąt wpisany jest jego połową:

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

To twierdzenie Talesa — kluczowe przy rozpoznawaniu trójkątów prostokątnych wpisanych w okrąg.

Odpowiedź: B. $90^\circ$.

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 — przeciwprostokątna:

$$c=\sqrt{25+144}=13$$

Krok 2 — okrąg opisany:

$$R=\frac{13}{2}=6{,}5$$

Krok 3 — pole trójkąta:

$$P=\frac{5\cdot12}{2}=30$$

Krok 4 — okrąg wpisany. Połowa obwodu wynosi $\frac{5+12+13}{2}=15$:

$$r=\frac{30}{15}=2$$

Kontrola wzorem dla trójkąta prostokątnego: $r=\frac{a+b-c}{2}=\frac{5+12-13}{2}=2$ ✔

Odpowiedź: $r=2$, $R=6{,}5$.

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:

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

Krok 2 — kąty:

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

Krok 3 — sprawdzenie warunku wpisania w okrąg. Przeciwległe kąty muszą sumować się do $180^\circ$. W czworokącie kąty przeciwległe to pierwszy z trzecim i drugi z czwartym:

$$36^\circ+108^\circ=144^\circ \neq 180^\circ$$

Uwaga metodyczna. Poprawna suma $360^\circ$ to warunek konieczny dla każdego czworokąta, ale nie wystarczający do wpisania w okrąg.

Odpowiedź: kąty to $36^\circ$, $72^\circ$, $108^\circ$ i $144^\circ$, ale taki czworokąt nie może być wpisany w okrąg.

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 — wzór wiążący boki, pole i promień:

$$R=\frac{abc}{4P}$$

Krok 2 — iloczyn boków:

$$7\cdot8\cdot9=504$$

Krok 3 — podstawiamy:

$$R=\frac{504}{4\cdot12\sqrt5}=\frac{504}{48\sqrt5}=\frac{21}{2\sqrt5}$$

Krok 4 — usuwamy niewymierność:

$$R=\frac{21\sqrt5}{10}\approx4{,}70$$

Kontrola sensu: promień okręgu opisanego musi być większy od połowy najdłuższego boku ($4{,}5$) — i jest ✔

Odpowiedź: $R=\frac{21\sqrt5}{10}\approx4{,}7$.

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 — wysokość trójkąta równobocznego o boku $a$:

$$h=\frac{a\sqrt3}{2}$$

Krok 2 — kluczowa własność. W trójkącie równobocznym środek okręgu wpisanego i opisanego to ten sam punkt — przecięcie wysokości, które dzieli każdą z nich w stosunku $2:1$ licząc od wierzchołka.

Krok 3 — promienie jako części wysokości:

$$R=\frac23 h=\frac{a\sqrt3}{3},\qquad r=\frac13 h=\frac{a\sqrt3}{6}$$

Krok 4 — stosunek:

$$\frac{R}{r}=\frac{2/3}{1/3}=2 \qquad ∎$$

Konsekwencja dla pól. Pola kół zależą od kwadratu promienia, więc:

$$\frac{P_R}{P_r}=\left(\frac{R}{r}\right)^2=4$$

Koło opisane ma czterokrotnie większe pole niż wpisane.

Sprawdzenie: dla $a=6$ mamy $R=2\sqrt3$ oraz $r=\sqrt3$, a pola kół to $12\pi$ i $3\pi$ — stosunek wynosi $4$ ✔

Wzór na promień okręgu opisanego na trójkącie równobocznym to \(R=\frac{a\sqrt{3}}{3}\). Podstawiając wartość promienia \(9\sqrt{3}\), otrzymamy:
$$\frac{a\sqrt{3}}{3}=9\sqrt{3} \quad\bigg/\cdot3 \\
a\sqrt{3}=27\sqrt{3} \\
a=27$$

Krok 1. Sporządzenie rysunku pomocniczego.
Kluczem do sukcesu będzie zaznaczenie drugiego punktu przecięcia się średnicy z okręgiem (niech to będzie punkt \(D\)), a następnie dorysowanie odcinka od punktu \(B\) do tego nowego punktu \(D\). Powstanie nam w ten sposób trójkąt \(ABD\), który na pewno jest prostokątny (ponieważ jeden z jego boków będzie średnicą okręgu). Dodatkowo kąt \(BDA\) będzie kątem wpisanym, opartym na tym samym łuku co kąt o znanej nam mierze \(42°\).


Krok 2. Obliczenie miary kąta \(BAS\).
Znamy miary dwóch kątów w trójkącie \(ABD\), a miara trzeciego kąta jest poszukiwaną przez nas miarą kąta \(BAS\), zatem:
$$|\sphericalangle BAS|=180°-90°-42°=48°$$