obliczyć bok kwadratu

[robin5hood]

Okrąg o promieniu R przechodzi przez wierzchołki A,D kwadratu ABCD. Styczna do okręgu w punkcie M przechodzi przez wierzhołek B kwadratu. Zakładając, że |BM|= 2|AD| oblicz bok kwadratu.

[lukasz1804]

Niech O oznacza środek danego okręgu. W trójkącie równoramiennym ADO oznaczmy przez E spodek wysokości opuszczonej na podstawę AD. Niech \(\displaystyle{ \alpha=|\angle AOE|}\). Wówczas mamy \(\displaystyle{ |\angle OAB|=|\angle OAE|+|\angle EAB|=\frac{\pi}{2}-\alpha+\frac{\pi}{2}=\pi-\alpha}\).
Z definicji sinusa kąta ostrego w trójkącie prostokątnym AEO mamy \(\displaystyle{ \sin\alpha=\frac{|AE|}{|AO|}=\frac{\frac{1}{2}|AD|}{R}=\frac{|AD|}{2R}}\), czyli

\(\displaystyle{ |AD|=2R\sin\alpha}\).

Z twierdzenia Pitagorasa w trójkacie OMB otrzymujemy \(\displaystyle{ |BM|^2+|OM|^2=|BO|^2}\), tzn.

\(\displaystyle{ |BM|^2+R^2=|BO|^2}\).

Z twierdzenia kosinusów w trójkącie OAB mamy także \(\displaystyle{ |BO|^2=|AB|^2+|AO|^2-2|AB||AO|\cos\angle OAB}\). Stąd wynika, że

\(\displaystyle{ |BO|^2=|AD|^2+R^2-2R|AD|\cos(\pi-\alpha)=|AD|^2+R^2+2R|AD|\cos\alpha}\).

Uwzględniając na koniec założenie \(\displaystyle{ |BM|=2|AD|}\) dostajemy

\(\displaystyle{ 4|AD|^2+R^2=|BO|^2=|AD|^2+R^2+2R|AD|\cos\alpha}\),

skąd mamy \(\displaystyle{ 3|AD|^2=2R|AD|\cos\alpha}\). Zatem \(\displaystyle{ 3|AD|=2R\cos\alpha}\) i w konsekwencji \(\displaystyle{ 3\cdot 2R\sin\alpha=2R\cos\alpha}\), tzn. \(\displaystyle{ 3\sin\alpha=\cos\alpha}\). Stąd i z jedynki trygonometrycznej mamy \(\displaystyle{ 1=\sin^2\alpha+\cos^2\alpha=10\sin^2\alpha}\), to jest \(\displaystyle{ \sin\alpha=\frac{\sqrt{10}}{10}}\), gdyż w każdym trójkącie sinus kąta wewnętrznego jest dodatni.
Z równości \(\displaystyle{ |AD|=2R\sin\alpha}\) mamy ostatecznie \(\displaystyle{ |AD|=\frac{R\sqrt{10}}{5}}\).

[robin5hood]

dzieki masz pomógł

[wb]

x=|AD|

Trójkąt OMB jest prostokatny. Z tw. Pitagorasa i z warunków zadania:
\(\displaystyle{ R^2+(2x)^2=|OB|^2 \Rightarrow |OB|=\sqrt{R^2+4x^2}}\)

Niech O' będzie rzutem prostokatnym punktu O na prostą AB.
Ponieważ trójkąt OAD jest równoramienny, więc:
\(\displaystyle{ |OO'|= \frac{x}{2}}\)
oraz z tw. Pitagorasa:
\(\displaystyle{ |AO'|=\sqrt{R^2- (\frac{x}{2})^2}=\sqrt{R^2- \frac{x^2}{4} }}\)

Ponownie z tw Pitagorasa dla trójkata OO'B otrzymujemy równanie:
\(\displaystyle{ ( \frac{x}{2})^2+(x+ \sqrt{R^2- \frac{x^2}{4} })^2=(\sqrt{R^2+4x^2})^2}\)
skąd
\(\displaystyle{ x= \frac{R\sqrt{10}}{5}}\)