Koła i okręgi. Symetrie

Korzystamy ze wzoru na długość okręgu:

$$L=2\pi r=2\pi\cdot5=10\pi\ \text{cm}$$

Przybliżenie: $10\pi\approx31{,}4$ cm.

Pułapka: odpowiedź B ($25\pi$) to pole koła, a nie długość okręgu — we wzorze na pole promień jest podnoszony do kwadratu.

Odpowiedź: C. $10\pi$ cm.

Korzystamy ze wzoru na pole koła:

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

Przybliżenie: przyjmując $\pi\approx3{,}14$ otrzymujemy $36\cdot3{,}14=113{,}04$ cm$^2$.

Uwaga na kolejność: najpierw podnosimy promień do kwadratu, dopiero potem mnożymy przez $\pi$. Zapis $(\pi\cdot6)^2$ dałby zupełnie inny wynik.

Odpowiedź: $36\pi$ cm$^2$, czyli około $113$ cm$^2$.

Krok 1 — przekształcamy wzór na długość okręgu:

$$L=2\pi r \quad\Rightarrow\quad r=\frac{L}{2\pi}$$

Krok 2 — podstawiamy:

$$r=\frac{18\pi}{2\pi}=9\ \text{cm}$$

Symbol $\pi$ skraca się — dlatego wygodnie zostawiać go we wzorze do samego końca.

Krok 3 — średnica to dwa promienie:

$$d=2r=18\ \text{cm}$$

Odpowiedź: promień $9$ cm, średnica $18$ cm.

Przekształcamy wzór na pole koła:

$$P=\pi r^2 \quad\Rightarrow\quad r^2=\frac{P}{\pi}=\frac{49\pi}{\pi}=49$$

Wyciągamy pierwiastek:

$$r=\sqrt{49}=7\ \text{cm}$$

Pułapka: odpowiedź D ($14$ cm) to średnica, a pytanie dotyczy promienia — warto zawsze sprawdzić, o którą wielkość chodzi.

Odpowiedź: B. $7$ cm.

Krok 1 — promień to połowa średnicy:

$$r=\frac{10}{2}=5\ \text{cm}$$

Krok 2 — obwód:

$$L=2\pi\cdot5=10\pi\ \text{cm}\approx31{,}4\ \text{cm}$$

Krok 3 — pole:

$$P=\pi\cdot5^2=25\pi\ \text{cm}^2\approx78{,}5\ \text{cm}^2$$

Częsty błąd: podstawienie średnicy w miejsce promienia. Zawsze zaczynaj od sprawdzenia, którą wielkość podano w treści.

Odpowiedź: obwód $10\pi\approx31{,}4$ cm, pole $25\pi\approx78{,}5$ cm$^2$.

We wzorze $P=\pi r^2$ promień występuje w kwadracie, więc podwojenie promienia oznacza czterokrotny wzrost pola:

$$P_2=\pi(2r)^2=\pi\cdot4r^2=4\cdot\pi r^2=4P_1$$

Sprawdźmy na liczbach: dla $r=3$ pole to $9\pi$, a dla $r=6$ pole to $36\pi$. Rzeczywiście $36:9=4$.

Dla porównania: obwód, w którym promień występuje w pierwszej potędze, wzrósłby tylko dwukrotnie.

Odpowiedź: A.

Kąt $90^\circ$ to ćwiartka pełnego kąta, więc łuk stanowi ćwiartkę całego okręgu.

Krok 1 — długość całego okręgu:

$$L=2\pi\cdot8=16\pi\ \text{cm}$$

Krok 2 — bierzemy ćwiartkę:

$$l=\frac{90^\circ}{360^\circ}\cdot16\pi=\frac14\cdot16\pi=4\pi\ \text{cm}$$

Wzór ogólny na długość łuku:

$$l=\frac{\alpha}{360^\circ}\cdot 2\pi r$$

Odpowiedź: łuk ma $4\pi\approx12{,}6$ cm.

Kąt $60^\circ$ to szósta część pełnego kąta, bo $360^\circ:60^\circ=6$.

Krok 1 — pole całego koła:

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

Krok 2 — bierzemy szóstą część:

$$P_w=\frac{60^\circ}{360^\circ}\cdot36\pi=\frac16\cdot36\pi=6\pi\ \text{cm}^2$$

Wzór ogólny na pole wycinka:

$$P_w=\frac{\alpha}{360^\circ}\cdot \pi r^2$$

Odpowiedź: pole wycinka to $6\pi\approx18{,}8$ cm$^2$.

Osią symetrii okręgu jest każda prosta przechodząca przez jego środek. Takich prostych można poprowadzić nieskończenie wiele.

Okrąg ma też środek symetrii — jest nim jego środek.

Dla porównania: kwadrat ma $4$ osie symetrii, prostokąt $2$, a trójkąt równoboczny $3$.

Odpowiedź: D.

Krok 1 — jeden obrót koła odpowiada przejechaniu drogi równej obwodowi koła:

$$L=\pi d=3{,}14\cdot70=219{,}8\ \text{cm}$$

Krok 2 — droga po $100$ obrotach:

$$s=100\cdot219{,}8=21\,980\ \text{cm}$$

Krok 3 — zamiana na metry:

$$21\,980\ \text{cm}=219{,}8\ \text{m}$$

Kontrola sensu: koło ma około $2{,}2$ m obwodu, więc $100$ obrotów to około $220$ m — zgadza się.

Odpowiedź: rower przejedzie $219{,}8$ metra.

Krok 1 — promień wpisanego koła. Największe koło mieszczące się w kwadracie ma średnicę równą bokowi kwadratu:

$$d=10\ \text{cm} \quad\Rightarrow\quad r=5\ \text{cm}$$

Krok 2 — pole kwadratu:

$$P_k=10\cdot10=100\ \text{cm}^2$$

Krok 3 — pole koła:

$$P_o=3{,}14\cdot5^2=3{,}14\cdot25=78{,}5\ \text{cm}^2$$

Krok 4 — pole pozostałej części:

$$P=100-78{,}5=21{,}5\ \text{cm}^2$$

Kontrola sensu: koło zajmuje blisko $79\%$ kwadratu, więc na cztery narożniki zostaje około jednej piątej powierzchni — to się zgadza.

Odpowiedź: pozostała część ma $21{,}5$ cm$^2$.

Okrąg to zbiór punktów oddalonych od środka o dokładnie $r$ — sama linia, bez wnętrza. Ma długość.

Koło to zbiór punktów oddalonych od środka o nie więcej niż $r$ — linia wraz z całym wnętrzem. Ma pole.

Praktyczne rozróżnienie: obręcz roweru to okrąg, a talerz to koło.

Stąd też wzory: dla okręgu liczymy długość $L=2\pi r$, dla koła pole $P=\pi r^2$.

Odpowiedź: C.

Krok 1 — wyznaczamy promień z obwodu:

$$2\pi r=12\pi \quad\Rightarrow\quad r=6\ \text{cm}$$

Krok 2 — obliczamy pole:

$$P=\pi r^2=\pi\cdot36=36\pi\ \text{cm}^2$$

Uwaga: nie da się przejść wprost z obwodu na pole — trzeba po drodze wyznaczyć promień. To typowe zadanie dwuetapowe.

Odpowiedź: pole koła to $36\pi\approx113$ cm$^2$.

Pierścień to koło większe z wyciętym kołem mniejszym, więc pola odejmujemy.

Krok 1 — pole koła większego:

$$P_1=\pi\cdot5^2=25\pi$$

Krok 2 — pole koła mniejszego:

$$P_2=\pi\cdot3^2=9\pi$$

Krok 3 — różnica:

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

Uwaga: nie wolno najpierw odejmować promieni. Wynik $\pi(5-3)^2=4\pi$ byłby błędny, bo $(a-b)^2\neq a^2-b^2$.

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

Długość łuku jest wprost proporcjonalna do kąta środkowego, więc trzecia część okręgu odpowiada trzeciej części pełnego kąta:

$$\alpha=\frac13\cdot360^\circ=120^\circ$$

Warto zapamiętać kilka przypadków: $\frac12$ okręgu to $180^\circ$, $\frac14$ to $90^\circ$, $\frac16$ to $60^\circ$.

Odpowiedź: B. $120^\circ$.

Siatka biegnie wzdłuż brzegu klombu, więc liczymy obwód:

$$L=2\pi r=2\cdot3{,}14\cdot4=25{,}12\ \text{m}$$

Powierzchnia ziemi to pole koła:

$$P=\pi r^2=3{,}14\cdot16=50{,}24\ \text{m}^2$$

Jak rozpoznać, czego szuka zadanie: to, co biegnie wokół (płot, siatka, obwódka), liczymy obwodem; to, co wypełnia (ziemia, trawa, farba), liczymy polem.

Odpowiedź: potrzeba $25{,}12$ m siatki, a klomb zajmie $50{,}24$ m$^2$.

Krok 1 — przekątna kwadratu. Okrąg opisany przechodzi przez wierzchołki, więc jego średnica to przekątna kwadratu:

$$d=a\sqrt2=8\sqrt2\ \text{cm}$$

Krok 2 — promień to połowa przekątnej:

$$r=\frac{8\sqrt2}{2}=4\sqrt2\ \text{cm}$$

Krok 3 — pole koła:

$$P=\pi r^2=\pi\left(4\sqrt2\right)^2=\pi\cdot16\cdot2=32\pi\ \text{cm}^2$$

Uwaga przy potęgowaniu: $\left(4\sqrt2\right)^2=4^2\cdot\left(\sqrt2\right)^2=16\cdot2=32$ — do kwadratu podnosimy oba czynniki.

Odpowiedź: $r=4\sqrt2$ cm, pole koła $32\pi\approx100{,}5$ cm$^2$.

Równoległobok ma środek symetrii — jest nim punkt przecięcia przekątnych. Jeśli jednak nie jest rombem ani prostokątem, to nie ma żadnej osi symetrii.

Pozostałe przypadki mają jedno i drugie albo odwrotnie:

• kwadrat — $4$ osie i środek symetrii
• koło — nieskończenie wiele osi i środek symetrii
• trójkąt równoboczny — $3$ osie, ale brak środka symetrii

Wniosek: te dwie własności są od siebie niezależne — figura może mieć jedną, drugą, obie albo żadną.

Odpowiedź: A.

Krok 1 — odcinki proste:

$$2\cdot100=200\ \text{m}$$

Krok 2 — dwa półkola. Dwa półkola o tym samym promieniu tworzą razem pełny okrąg:

$$L=2\pi r=2\cdot3{,}14\cdot35=219{,}8\ \text{m}$$

Krok 3 — łączna długość okrążenia:

$$200+219{,}8=419{,}8\ \text{m}$$

Kontrola sensu: standardowa bieżnia lekkoatletyczna ma około $400$ m, więc wynik jest realistyczny.

Odpowiedź: jedno okrążenie ma $419{,}8$ metra.

Krok 1 — pole całego koła:

$$P=\pi r^2=3{,}14\cdot100=314\ \text{cm}^2$$

Krok 2 — jaką część koła stanowi wycinek:

$$\frac{72^\circ}{360^\circ}=\frac15=0{,}2$$

Krok 3 — pole wycinka:

$$P_w=0{,}2\cdot314=62{,}8\ \text{cm}^2$$

Krok 4 — udział procentowy:

$$0{,}2=20\%$$

Warto zauważyć: stosunek kątów, stosunek pól i udział procentowy to ta sama liczba wyrażona na trzy sposoby — dlatego procent można odczytać wprost z kąta, bez liczenia pól.

Odpowiedź: pole pomalowanej części to $62{,}8$ cm$^2$, czyli $20\%$ koła.

Symetralna spełnia dwa warunki naraz: przechodzi przez środek odcinka i tworzy z nim kąt prosty.

Uwaga: sama prosta przechodząca przez środek to jeszcze nie symetralna — brakuje prostopadłości.

Odpowiedź: A.

Odległości są równe:

$$|PA|=|PB|$$

To najważniejsza własność symetralnej i działa też w drugą stronę: każdy punkt równo oddalony od $A$ i $B$ leży na symetralnej odcinka $AB$.

Odpowiedź: są równe.

Symetralna przechodzi przez środek odcinka, więc dzieli go na połowy:

$$|AS|=\frac{12}{2}=6\ \text{cm}$$

Odpowiedź: $6$ cm.

Dwusieczna wychodzi z wierzchołka kąta i dzieli go na dwie równe części.

Własność analogiczna do symetralnej: każdy punkt dwusiecznej jest jednakowo oddalony od obu ramion kąta.

Odpowiedź: C.

Dwusieczna dzieli kąt na połowy:

$$\frac{84^\circ}{2}=42^\circ$$

Odpowiedź: po $42^\circ$.

Kwadrat ma cztery osie symetrii:

• dwie proste przechodzące przez środki przeciwległych boków,
• dwie przekątne.

Dla porównania: prostokąt niebędący kwadratem ma tylko dwie — jego przekątne nie są osiami symetrii.

Odpowiedź: B. $4$.

Prostokąt: dwie osie — proste przez środki przeciwległych boków. Przekątne prostokąta osiami nie są, bo odbicie względem przekątnej nie nakłada figury na siebie.

Romb: również dwie osie — ale tym razem są nimi właśnie przekątne.

Ciekawe zestawienie. Obie figury mają po dwie osie, tylko zupełnie różne. Kwadrat, będący jednocześnie prostokątem i rombem, ma wszystkie cztery.

Odpowiedź: po $2$ osie każda.

Trójkąt równoboczny: trzy osie. Każda przechodzi przez wierzchołek i środek przeciwległego boku.

Trójkąt równoramienny: jedna oś — poprowadzona z wierzchołka między ramionami do środka podstawy.

A trójkąt różnoboczny? Nie ma żadnej osi symetrii.

Odpowiedź: $3$ oraz $1$.

Środkiem symetrii równoległoboku jest punkt przecięcia jego przekątnych — obrót o $180^\circ$ wokół tego punktu nakłada figurę na siebie.

Dlaczego nie trójkąt: żaden trójkąt nie ma środka symetrii, bo obrót o $180^\circ$ zawsze zamienia go na trójkąt „odwrócony”.

Ciekawostka: równoległobok (niebędący rombem ani prostokątem) ma środek symetrii, ale ani jednej osi symetrii. Te dwie własności są od siebie niezależne.

Odpowiedź: D. równoległobok.

Punkt równo oddalony od obu ramion kąta leży na jego dwusiecznej.

Uwaga na sposób mierzenia: odległość punktu od prostej to długość odcinka prostopadłego do niej, a nie dowolnego odcinka.

Zastosowanie. Właśnie dlatego środek okręgu wpisanego w trójkąt leży na przecięciu dwusiecznych — jest równo oddalony od wszystkich trzech boków.

Odpowiedź: na dwusiecznej tego kąta.

Każda prosta przechodząca przez środek okręgu jest jego osią symetrii, a takich prostych jest nieskończenie wiele.

Okrąg ma też środek symetrii — jest nim jego środek.

Odpowiedź: D. nieskończenie wiele.

Krok 1 — pierwszy podział:

$$\frac{90^\circ}{2}=45^\circ$$

Krok 2 — podział jednej z połówek:

$$\frac{45^\circ}{2}=22{,}5^\circ$$

Krok 3 — powstałe kąty:

$$22{,}5^\circ,\qquad 22{,}5^\circ,\qquad 45^\circ$$

Sprawdzenie: $22{,}5+22{,}5+45=90^\circ$ ✔

Odpowiedź: dwa kąty po $22{,}5^\circ$ i jeden $45^\circ$.

Krok 1. Rozstawiamy cyrkiel na promień większy od połowy odcinka $AB$.

Krok 2. Z punktu $A$ zataczamy łuk nad odcinkiem i pod nim.

Krok 3. Z punktu $B$, nie zmieniając rozwarcia cyrkla, zataczamy takie same łuki.

Krok 4. Łuki przecinają się w dwóch punktach. Prosta przez te punkty to szukana symetralna.

Dlaczego to działa. Oba punkty przecięcia są jednakowo oddalone od $A$ i od $B$ — mają ten sam promień z obu środków. A punkty równo oddalone od końców odcinka leżą właśnie na symetralnej.

Odpowiedź: prosta przez oba punkty przecięcia łuków.

Każdy punkt symetralnej boku jest równo oddalony od jego końców, więc punkt przecięcia wszystkich trzech symetralnych jest równo oddalony od wszystkich wierzchołków — a to definicja środka okręgu opisanego.

Dla porównania: środek okręgu wpisanego leży na przecięciu dwusiecznych, a środek ciężkości — na przecięciu środkowych.

Odpowiedź: B. okręgu opisanego.

Sześciokąt foremny ma sześć osi symetrii:

• trzy proste łączące przeciwległe wierzchołki,
• trzy proste łączące środki przeciwległych boków.

Reguła ogólna: wielokąt foremny o $n$ bokach ma dokładnie $n$ osi symetrii.

Odpowiedź: $6$ osi.

Obrót o $180^\circ$ wokół środka odcinka zamienia punkt $A$ z punktem $B$ i nakłada odcinek na siebie.

Odcinek ma też osie symetrii: swoją symetralną oraz prostą, na której sam leży.

Odpowiedź: C. środek odcinka.

Krok 1 — pierwsza dwusieczna dzieli kąt $AOB$:

$$\angle AOC=\angle COB=\frac{120^\circ}{2}=60^\circ$$

Krok 2 — druga dwusieczna dzieli kąt $AOC$:

$$\angle AOD=\angle DOC=\frac{60^\circ}{2}=30^\circ$$

Krok 3 — zestawienie:

$$\angle AOD=30^\circ,\qquad \angle DOC=30^\circ,\qquad \angle COB=60^\circ$$

Sprawdzenie: $30+30+60=120^\circ$ ✔ Cały kąt został odtworzony.

Odpowiedź: $30^\circ$, $30^\circ$ i $60^\circ$.

Koło: nieskończenie wiele osi, jeden środek symetrii.

Kwadrat: $4$ osie, jeden środek symetrii.

Prostokąt: $2$ osie, jeden środek symetrii.

Trójkąt równoboczny: $3$ osie, brak środka symetrii.

Równoległobok: $0$ osi, jeden środek symetrii.

Wniosek. Te dwie własności są od siebie niezależne. Trójkąt równoboczny ma aż trzy osie, a mimo to nie ma środka symetrii. Równoległobok — odwrotnie: ma środek, ale nie ma żadnej osi.

Odpowiedź: jak w zestawieniu wyżej.

Oznaczenia. Niech trójkąt $ABC$ ma ramiona $|AC|=|BC|$, a $CD$ będzie wysokością opuszczoną na podstawę $AB$.

Krok 1 — porównujemy trójkąty $ACD$ i $BCD$. Mają:

• $|AC|=|BC|$ — z założenia o równych ramionach,
• $|CD|$ — bok wspólny,
• kąty przy $D$ proste — bo $CD$ jest wysokością.

Krok 2 — przystawanie. To cecha bok–bok–kąt dla trójkątów prostokątnych (równe przeciwprostokątne i jedna przyprostokątna), więc oba trójkąty są przystające.

Krok 3 — wnioski z przystawania. Odpowiadające sobie elementy są równe:

$$|AD|=|BD| \quad\Rightarrow\quad CD \ \text{przechodzi przez środek } AB$$

$$\angle ACD=\angle BCD \quad\Rightarrow\quad CD \ \text{dzieli kąt } ACB \text{ na połowy}$$

Krok 4 — domknięcie. Skoro $CD$ przechodzi przez środek $AB$ i jest do niego prostopadła, jest symetralną podstawy. Skoro dzieli kąt $ACB$ na dwa równe, jest jego dwusieczną. $\qquad ∎$

Warto zapamiętać. W trójkącie równoramiennym cztery linie zlewają się w jedną: wysokość, środkowa, dwusieczna i symetralna podstawy. W trójkącie różnobocznym są to cztery różne proste.

Sprawdzenie: w trójkącie o ramionach $5$ i podstawie $6$ wysokość dzieli podstawę na dwa odcinki po $3$, a z twierdzenia Pitagorasa $h=\sqrt{25-9}=4$ — oba trójkąty prostokątne są identyczne ✔

Oznaczenia. Niech $k$ będzie symetralną odcinka $AB$, przecinającą go w środku $S$, a $P$ — dowolnym punktem prostej $k$.

Przypadek szczególny. Jeśli $P=S$, to $|PA|=|PB|$ wprost z definicji środka odcinka.

Krok 1 — porównujemy trójkąty $ASP$ i $BSP$. Mają:

• $|AS|=|BS|$ — bo $S$ jest środkiem odcinka,
• kąty przy $S$ proste — bo symetralna jest prostopadła do $AB$,
• $|SP|$ — bok wspólny.

Krok 2 — przystawanie. To cecha bok–kąt–bok, więc trójkąty $ASP$ i $BSP$ są przystające.

Krok 3 — wniosek. Odpowiadające sobie boki są równe:

$$|PA|=|PB| \qquad ∎$$

Twierdzenie odwrotne też zachodzi: jeśli punkt jest równo oddalony od $A$ i $B$, to leży na symetralnej odcinka $AB$. Dlatego mówimy, że symetralna to zbiór wszystkich takich punktów.