Dwa zadania z planimetrii

[Ktosiek23]

Zad. 1
Odcinki o długościach: \(2 \sqrt{3} , 3- \sqrt{3}, 3 \sqrt{2}\) są bokami trójkąta. Wyznacz miarę największego kąta tego trójkąta i blicz długość wysokości poprowadzonej z wierzchołka tego kąta.
Oblicz długośc promienia okręgu opisanego na tym trójkącie.

Zad. 2
W czworokącie wypukłym ABCD dane są: |AB|= 2, |BC|=\(\sqrt{3}\) , |CD|=3, |DA|=4 i\(| \angle DAB| =60^ \circ\). Oblicz pole tego czworokąta.

[heja]

2)\(BD^{2}=2^{2}+4^{2}-2 \cdot 2 \cdot 4 \cdot cos60^{ \circ } \So BD^{2}=12\)
\(BD^{2}= \sqrt{3}^{2}+3^{2}-2 \cdot \sqrt{3} \cdot 3 \cdot cos \angle C \So cos \angle C=0 \So \angle C=90^{ \circ }\)
\(P_{ABCD}= \frac{1}{2} \cdot 2 \cdot 4 \cdot sin60^{ \circ }+ \frac{1}{2} \cdot 3 \cdot \sqrt{3}= \frac{7 \sqrt{3} }{2}\)

[kukise]

Zad. 1
Największy kąt leży naprzeciw najdłuższego boku trójkąta, czyli: \(3\sqrt{2}\)

Z twierdzenia cosinusów:
\((3\sqrt{2})^2=(2\sqrt{3})^2+(3-\sqrt{3})^2-2 \cdot 2\sqrt{3}(3-\sqrt{3})cos \alpha \\ 6\sqrt{3}-6=-2 \cdot (6\sqrt{3}-6)cos \alpha\\ cos \alpha =-\frac{1}{2}\)

Tak więc: \(\alpha =120\)

Korzystamy z pola, aby obliczyć wysokość:
\(P=\frac{1}{2}absin \alpha \\ P=\frac{1}{2}ch\)
gdzie: \(a=2\sqrt{3}; b=3-\sqrt{3}; c=3\sqrt{2}\)

\(\frac{1}{2}ch=\frac{1}{2}absin \alpha \\ h=\frac{absin \alpha}{c} \\ h=\frac{2\sqrt{3} \cdot (3-\sqrt{3}) \cdot sin 120}{3\sqrt{2}} \\ h=\frac{\sqrt{3}( 6\sqrt{3}-6)}{6\sqrt{2}} \\ h=\frac{3-\sqrt{3}}{\sqrt{2}} \\ h=\frac{3\sqrt{2}-\sqrt{6}}{2}\)


Długośc promienia okręgu opisanego na tym trójkącie wyliczymy z twierdzenia sinusów:

\(2R=\frac{c}{sin \alpha } \\ 2R=\frac{3\sqrt{2}}{sin 120 } \\ 2R=\frac{2 \cdot 3\sqrt{2}}{\sqrt{3} } \\ R=\sqrt{6}\)