Trójkąty prostokątne

Krok 1. Obliczenie długości przyprostokątnej \(AB\).
Korzystając z twierdzenia Pitagorasa, otrzymamy:
$$|AB|^2+|BC|^2=|AC|^2$$ $$|AB|^2+2^2=(2\sqrt{10})^2$$ $$|AB|^2+4=4\cdot10$$ $$|AB|^2+4=40$$ $$|AB|^2=36$$ $$|AB|=6 \quad\lor\quad |AB|=-6$$

Długość odcinka musi być oczywiście dodania, zatem \(|AB|=6\).

Krok 2. Obliczenie sinusa kąta \(\gamma\).
Sinus kąta to stosunek długości przyprostokątnej leżącej naprzeciwko tego kąta do długości przeciwprostokątnej, zatem::
$$\sin\gamma=\frac{|AB|}{|AC|}$$ $$\sin\gamma=\frac{6}{2\sqrt{10}}$$ $$\sin\gamma=\frac{3}{\sqrt{10}}$$

W trójkącie prostokątnym równoramiennym przeciwprostokątna $=a\sqrt{2}$, gdzie $a$ to przyprostokątna. Stąd $a\sqrt{2}=8$, czyli $a=\dfrac{8}{\sqrt{2}}=4\sqrt{2}$.

Obwód: $2a+8=2\cdot 4\sqrt{2}+8=8\sqrt{2}+8=8\left(\sqrt{2}+1\right)$.

Odpowiedź: C.

Stwierdzenie 1. Korzystamy z tożsamości \(\sin^2\alpha+\cos^2\alpha=1\):

\(\cos^2\alpha=1-\left(\frac{4}{7}\right)^2=1-\frac{16}{49}=\frac{33}{49}\)

\(\cos\alpha=\frac{\sqrt{33}}{7}\)

Ponieważ \(\frac{\sqrt{33}}{7}\neq\frac{3}{7}\) (bo \(\sqrt{33}\neq 3\)), stwierdzenie jest fałszywe (F).

Stwierdzenie 2. Kąty ostre trójkąta prostokątnego są dopełniające: \(\alpha+\beta=90^\circ\), więc \(\beta=90^\circ-\alpha\) i

\(\cos\beta=\cos\left(90^\circ-\alpha\right)=\sin\alpha=\frac{4}{7}\)

Stwierdzenie jest prawdziwe (P).

Odpowiedź: F, P.

Przekrój osiowy stożka jest trójkątem równoramiennym, którego ramiona to tworzące (długości \(6\)), a kąt między nimi — kąt rozwarcia — ma miarę \(60^\circ\).

Trójkąt równoramienny o kącie \(60^\circ\) między ramionami jest równoboczny, zatem jego bok (a więc i średnica podstawy) ma długość \(6\):

\(2r=6\), czyli \(r=3\)

Wysokość stożka wyznaczamy z twierdzenia Pitagorasa:

\(h=\sqrt{l^2-r^2}=\sqrt{36-9}=\sqrt{27}=3\sqrt{3}\)

Odpowiedź: C.

Naprzeciw kąta \(CAB\) leży przyprostokątna \(BC\), a przeciwprostokątną jest \(AB\), więc:

\(\sin|\sphericalangle CAB|=\frac{|BC|}{|AB|}=\frac{3}{5}\)

Oznaczmy \(|AB|=c\). Z warunku zadania \(|BC|=c-8\). Podstawiamy:

\(\frac{c-8}{c}=\frac{3}{5}\)

\(5(c-8)=3c\)

\(5c-40=3c\)

\(2c=40\)

\(c=20\)

Sprawdzenie: \(|BC|=12\), a \(\frac{12}{20}=\frac{3}{5}\) ✓

Odpowiedź: B.

Oznaczmy \(|AE|=h\), wtedy \(|ED|=24-h\).

Trójkąty \(ABE\) i \(DCE\) są prostokątne (kąty przy \(A\) i przy \(D\) są proste). Z równości kątów przy wierzchołku \(E\) wynika równość tangensów:

\(\mathrm{tg}|\sphericalangle BEA|=\frac{|AB|}{|AE|}=\frac{12}{h}\)

\(\mathrm{tg}|\sphericalangle CED|=\frac{|DC|}{|ED|}=\frac{6}{24-h}\)

Przyrównujemy:

\(\frac{12}{h}=\frac{6}{24-h}\)

\(12(24-h)=6h\)

\(288-12h=6h\)

\(h=16\)

Z twierdzenia Pitagorasa w trójkącie \(ABE\):

\(|BE|=\sqrt{|AB|^2+|AE|^2}=\sqrt{12^2+16^2}=\sqrt{144+256}=\sqrt{400}=20\)

Odpowiedź: \(|BE|=20\)

Poprowadźmy z wierzchołka \(C\) wysokość na podstawę \(AB\). Powstaje trójkąt prostokątny, w którym:

przyprostokątna pionowa to wysokość trapezu: \(\sqrt{3}\),

przyprostokątna pozioma to różnica podstaw: \(8-5=3\).

Kąt \(ABC\) leży przy tej poziomej przyprostokątnej, więc:

\(\mathrm{tg}\,|\sphericalangle ABC|=\frac{\sqrt{3}}{3}=\frac{1}{\sqrt{3}}\)

Taką wartość tangensa ma kąt o mierze \(30^\circ\).

Odpowiedź: B.

Rozważmy trójkąt \(ABS\). Jego podstawą jest bok \(AB\) o długości \(12\), a wysokością opuszczoną na tę podstawę — odcinek o długości \(|BS|=\frac{12}{2}=6\) (bo \(BC\perp AB\)).

Pole trójkąta \(ABS\):

\(P=\frac{1}{2}\cdot 12\cdot 6=36\)

Długość odcinka \(AS\) z twierdzenia Pitagorasa w trójkącie prostokątnym \(ABS\):

\(|AS|=\sqrt{12^2+6^2}=\sqrt{144+36}=\sqrt{180}=6\sqrt{5}\)

Odcinek \(BP\) jest wysokością trójkąta \(ABS\) opuszczoną na bok \(AS\), więc pole można zapisać też tak:

\(P=\frac{1}{2}\cdot|AS|\cdot|BP|\)

\(36=\frac{1}{2}\cdot 6\sqrt{5}\cdot|BP|\)

\(|BP|=\frac{72}{6\sqrt{5}}=\frac{12}{\sqrt{5}}=\frac{12\sqrt{5}}{5}\)

Odpowiedź: \(|BP|=\frac{12\sqrt{5}}{5}\)

Krok 1. Obliczenie długości przeciwprostokątnej trójkąta \(T_{1}\).
Z treści zadania wynika, że trójkąt \(T_{1}\) ma przyprostokątne o długości \(5\) i \(12\), zatem korzystając z twierdzenia Pitagorasa możemy obliczyć długość przeciwprostokątnej:
$$5^2+12^2=c^2$$ $$25+144=c^2$$ $$c^2=169$$ $$c=13 \quad\lor\quad c=-13$$

Ujemną wartość oczywiście odrzucamy, bo długość boku jest dodatnia, zatem zostaje nam \(c=13\).

Krok 2. Obliczenie skali podobieństwa.
Z treści zadania wynika, że drugi trójkąt \(T_{2}\) ma przeciwprostokątną o długości \(26\), czyli ma przeciwprostokątną dwa razy dłuższą od trójkąta \(T_{1}\).


To oznacza, że skala podobieństwa tych trójkątów wynosi \(k=2\).

Krok 3. Obliczenie pola powierzchni trójkąta \(T_{2}\).
Obliczmy najpierw pole trójkąta \(T_{1}\). Korzystając ze wzoru na pole trójkąta, możemy zapisać, że:
$$P=\frac{1}{2}\cdot12\cdot5$$ $$P=30$$

Zgodnie z własnościami trójkątów podobnych, jeśli skala podobieństwa figur jest równa \(k\) to pole powierzchni figury podobnej będzie \(k^2\) razy większe. W naszym przypadku oznaczałoby to, że pole trójkąta \(T_{2}\) będzie \(4\) razy większe od pola trójkąta \(T_{1}\), zatem:
$$P=4\cdot30$$ $$P=120$$

a) Wyprowadzenie wzoru. Ramiona mają długość $b$, więc podstawa wynosi $a=18-2b$. Wysokość opuszczona na podstawę dzieli ją na połowy, zatem z twierdzenia Pitagorasa:

$$h=\sqrt{b^2-\left(\frac{a}{2}\right)^2}=\sqrt{b^2-(9-b)^2}=\sqrt{b^2-81+18b-b^2}=\sqrt{18b-81}.$$

Stąd pole:

$$P=\frac12\,a\,h=\frac{(18-2b)\sqrt{18b-81}}{2}. \qquad\blacksquare$$

b) Dziedzina. Muszą zachodzić jednocześnie:

$$a=18-2b>0\ \Longrightarrow\ b\lt 9,$$

$$18b-81>0\ \Longrightarrow\ b>\frac{9}{2}.$$

Warunek trójkąta $a\lt 2b$ daje $18-2b\lt 2b$, czyli $b>\frac92$ — to samo ograniczenie. Zatem

$$D=\left(\frac{9}{2},\ 9\right).$$

c) Największe pole. Zapiszmy $P(b)=(9-b)\sqrt{18b-81}$. Ponieważ na dziedzinie $P>0$, wystarczy zmaksymalizować kwadrat wyrażenia pomocniczego:

$$g(b)=(9-b)^2(2b-9).$$

$$g'(b)=-2(9-b)(2b-9)+2(9-b)^2=(9-b)\bigl[-4b+18+18-2b\bigr]=6(9-b)(6-b).$$

Na przedziale $\left(\frac92,9\right)$ czynnik $(9-b)$ jest dodatni, więc znak pochodnej wyznacza $(6-b)$: dla $b\lt 6$ funkcja rośnie, dla $b>6$ maleje. Maksimum wypada w $b=6$.

Wtedy podstawa $a=18-2\cdot6=6$, czyli trójkąt jest równoboczny.

Kontrola: $P(6)=(9-6)\sqrt{18\cdot6-81}=3\sqrt{27}=9\sqrt3$, co zgadza się ze wzorem na pole trójkąta równobocznego $\frac{6^2\sqrt3}{4}=9\sqrt3$.

Odpowiedź: boki $6$, $6$, $6$ (trójkąt równoboczny), pole $9\sqrt3$.

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: $\sin\alpha=\frac{4}{5}$

Środek okręgu wpisanego to $I=(0,0)$, a promień $r=\sqrt{10}$.

Krok 1. Punkty styczności stycznych z $A$. Leżą one na prostej biegunowej punktu $A$ względem okręgu:

$$7x-y=10.$$

Podstawiamy $y=7x-10$ do równania okręgu:

$$x^{2}+(7x-10)^{2}=10\ \Longrightarrow\ 50x^{2}-140x+90=0\ \Longrightarrow\ 5x^{2}-14x+9=0.$$

$$\Delta=16,\qquad x=\frac{14\pm4}{10}\ \Longrightarrow\ x=\frac95\ \text{lub}\ x=1.$$

$$T_1=\left(\frac95,\ \frac{13}{5}\right),\qquad T_2=(1,\,-3).$$

Krok 2. Który punkt leży na podstawie $AB$. W trójkącie równoramiennym o wierzchołku $C$ oś symetrii przechodzi przez $C$, przez $I$ oraz przez środek podstawy $AB$, który jest zarazem punktem styczności okręgu z $AB$.

Gdyby to $T_2=(1,-3)$ był środkiem $AB$, oś miałaby kierunek $[1,-3]$ i punkt $C=t\cdot[1,-3]$ nigdy nie miałby obu współrzędnych ujemnych. Zatem środkiem podstawy jest

$$M=T_1=\left(\frac95,\ \frac{13}{5}\right),$$

a $C$ leży po przeciwnej stronie $I$, czyli w kierunku $[-9,-13]$ — wtedy obie współrzędne są ujemne ✓

Krok 3. Wierzchołek $B$. Punkt $M$ jest środkiem odcinka $AB$:

$$B=2M-A=\left(\frac{18}{5}-7,\ \frac{26}{5}+1\right)=\left(-\frac{17}{5},\ \frac{31}{5}\right).$$

Kontrola: $|AM|=\frac15\sqrt{26^{2}+18^{2}}=\frac15\sqrt{1000}=2\sqrt{10}$, a $|IA|^{2}=50=10+40$ ✓

Krok 4. Odległość $|CI|$. Oznaczmy $u=|CI|$. Wysokość z $C$ to $|CM|=u+\sqrt{10}$, a z twierdzenia Pitagorasa w trójkącie $AMC$:

$$|AC|^{2}=40+\left(u+\sqrt{10}\right)^{2}.$$

Z drugiej strony $|AC|$ to suma odcinków stycznych z $A$ i z $C$:

$$|AC|=2\sqrt{10}+\sqrt{u^{2}-10}.$$

Porównanie i uproszczenie prowadzi do równania

$$3u^{2}-2\sqrt{10}\,u-50=0,\qquad \Delta=640,\qquad \sqrt{\Delta}=8\sqrt{10},$$

$$u=\frac{2\sqrt{10}+8\sqrt{10}}{6}=\frac{5\sqrt{10}}{3}\qquad(\text{drugi pierwiastek ujemny odrzucamy}).$$

Krok 5. Wierzchołek $C$. Wektor jednostkowy kierunku $[9,13]$ ma długość $\sqrt{250}=5\sqrt{10}$, więc

$$C=-\frac{[9,13]}{5\sqrt{10}}\cdot\frac{5\sqrt{10}}{3}=\left(-3,\ -\frac{13}{3}\right).$$

Sprawdzenie styczności. Prosta $AC$: $x-3y-10=0$, odległość od $(0,0)$ to $\frac{10}{\sqrt{10}}=\sqrt{10}$ ✓. Prosta $AB$: $9x+13y-50=0$, odległość $\frac{50}{5\sqrt{10}}=\sqrt{10}$ ✓. Ponadto $|AC|=|BC|=\frac{10\sqrt{10}}{3}$ ✓

Odpowiedź: $B=\left(-\frac{17}{5},\frac{31}{5}\right)$, $\;C=\left(-3,-\frac{13}{3}\right)$

Oznaczmy: $a$ — dłuższa podstawa, $b$ — krótsza podstawa, $c$ — ramię, $h$ — wysokość. Z warunku zadania $h=2-a$.

Krok 1. Warunek wpisania okręgu. W czworokąt można wpisać okrąg, gdy sumy przeciwległych boków są równe. Dla trapezu równoramiennego:

$$a+b=c+c=2c.$$

Krok 2. Ramię z twierdzenia Pitagorasa. Rzut ramienia na podstawę ma długość $\frac{a-b}{2}$, więc

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

Z Kroku 1 mamy $b=2c-a$, zatem $\frac{a-b}{2}=\frac{2a-2c}{2}=a-c$ i

$$c^{2}=h^{2}+(a-c)^{2}=h^{2}+a^{2}-2ac+c^{2}\ \Longrightarrow\ 2ac=h^{2}+a^{2}.$$

$$c=\frac{h^{2}+a^{2}}{2a}=\frac{(2-a)^{2}+a^{2}}{2a}=\frac{2a^{2}-4a+4}{2a}=\frac{a^{2}-2a+2}{a}.$$

b) Wzór na obwód. Ponieważ $a+b=2c$, obwód wynosi

$$L=a+b+2c=2c+2c=4c=\frac{4\left(a^{2}-2a+2\right)}{a}=\frac{4a^{2}-8a+8}{a}. \qquad\blacksquare$$

a) Dziedzina. Muszą zachodzić jednocześnie:

• $h=2-a>0\ \Longrightarrow\ a\lt 2$;

• $b>0$: z $b=2c-a$ otrzymujemy $b=\frac{2\left(a^{2}-2a+2\right)-a^{2}}{a}=\frac{(a-2)^{2}}{a}$, co jest dodatnie dla $0\lt a\lt 2$;

• $a>b$ (podstawa $a$ ma być dłuższa):

$$a>\frac{(a-2)^{2}}{a}\ \Longleftrightarrow\ a^{2}>a^{2}-4a+4\ \Longleftrightarrow\ 4a>4\ \Longleftrightarrow\ a>1.$$

$$a\in(1,\ 2).$$

c) Najmniejszy obwód. Zapiszmy $L(a)=4a-8+\frac{8}{a}$ i policzmy pochodną:

$$L^{\prime}(a)=4-\frac{8}{a^{2}}.$$

$$L^{\prime}(a)=0\ \Longleftrightarrow\ a^{2}=2\ \Longleftrightarrow\ a=\sqrt{2}\in(1,2).$$

Dla $a\lt \sqrt2$ pochodna jest ujemna, dla $a>\sqrt2$ dodatnia — w $a=\sqrt2$ jest minimum.

Krok 3. Tangens kąta ostrego. Dla $a=\sqrt2$:

$$h=2-\sqrt{2},\qquad b=\frac{\left(\sqrt2-2\right)^{2}}{\sqrt2}=3\sqrt{2}-4.$$

$$\frac{a-b}{2}=\frac{\sqrt2-\left(3\sqrt2-4\right)}{2}=\frac{4-2\sqrt2}{2}=2-\sqrt{2}.$$

Kąt ostry przy dłuższej podstawie spełnia

$$\tg\alpha=\frac{h}{\frac{a-b}{2}}=\frac{2-\sqrt{2}}{2-\sqrt{2}}=1.$$

Kąt ten ma więc miarę $45^\circ$.

Odpowiedź: a) $a\in(1,2)$;   c) $\tg\alpha=1$