DSCN1145 (2)

AlefBOMC

\DO{OC,

więc | -</4CO| = \ <BOD\ — cl Z prostokątnych trójkątów O AC i OBD otrzymujemy f\AC\ = \AO\ • ctga = |B0| tga.

zatem

|AC| • \BD\ = |i40|² = r², gdzie |i40| = r, co było do wykazania.

mamy:

S

5.46. Wprowadzając oznaczenia |OA| = /?, |Oj Af| = r (rys. 5.46),

\OOy\~R-r,

\OM\² = R(R - 2r).

\BM\ = R+y/R(R-2r).

|BS|² = \AB\-\BD\ = |/1B|-(|00| + R), \DO\ = |AfO| - \MD\ = y/R(R - 2r) - r.

więc

|BS|² = 2R(R + y/R(R - 2r) - r) = (R + _y/R(R-2r) )², wobec tego |BS| = \BM\.

5.47. Przy oznaczeniach wprowadzonych na rys. 5.47 mamy \AO\ = |OB| = 1,

\AB\ =

Pole szukanej figury jest równe

\AE\ = 2\AM\ = y/Ż.

— \AE\² • y/3 — 2 P\ghf.

|*HGF| = 75°, | •< GFH\ = 60°,

|GF| = ^3 -

cos 15°’

więc

\GH\    | GF\

sin 60° sin 45° *

Wobec tego szukane pole P jest równe

~ ^}^sin75°=^ 4

5.48. Po połączeniu punktu D z wierzchołkami trójkąta otrzymujemy czworokąt wpisany w okrąg. Wtedy na podstawie twierdzenia Ptolemeusza mamy:

\AB\ • \CD\ + \BD\ • \AC\ = \AD\ • \BC\.

Zakładając, że bok rozpatrywanego trójkąta ma długość a, powyższą nierówność zapiszemy a • |CD| + \BD\ • a = \AD\ • a, skąd

\BD\ + \CD\ = \AD\, co daje tezę.

5.49. Niech D będzie punktem dzielącym łuk ABC na połowy, zaś E jego rzutem prostokątnym na prostą BC (rys. 5.49).

Jeśli poprowadzimy odcinek KH\\DL, to łatwo zauważyć, że długości łuków DH i LK są równe oraz, że | *£DHK\ = 90°.

Z powyższego wynika, że \DH\ = | EF\.

147