{"id":"matematyka-2016-maj-matura-podstawowa/zad/19","paper_id":"matematyka-2016-maj-matura-podstawowa","number":"19","points":1,"ptype":"closed","subject":"matematyka","category":"matura","year":2016,"month":"maj","level":"podstawowa","text":"Zadanie 19. (0-1)\nOkręgi o promieniach 3 i 4 są styczne zewnętrznie. Prosta styczna do okręgu\no promieniu 4 w punkcie P przechodzi przez środek okręgu o promieniu 3 (zobacz rysunek).\nPole trójkąta, którego wierzchołkami są środki okręgów i punkt styczności P, jest równe\nA. 14\nB. 2 33\nC. 4 33\nD. 12\nOkręgi o promieniach 3 i 4 są styczne zewnętrznie. Prosta styczna do okręgu o promieniu 4 w punkcie P przechodzi przez środek okręgu o promieniu 3 (zobacz rysunek). Pole trójkąta, którego wierzchołkami są środki okręgów i punkt styczności P, jest równe A. 14; B. 2√33; C. 4√33; D. 12.","answer":"B","answer_text":"Zadanie 19. (0-1)\nIV. Użycie i tworzenie\nstrategii.\n7. Planimetria. Zdający korzysta z własności\nstycznej do okręgu i własności okręgów\nstycznych (7.2).\nWersja\nI\nWersja\nII\nB\nC","solution":"## Poprawna odpowiedź: B - \\(2\\sqrt{33}\\)\n\n## Sposób 1 - Trójkąt prostokątny ze stycznej\n\n**Kluczowa obserwacja:** Styczna do okręgu jest prostopadła do promienia poprowadzonego do punktu styczności.\n\nPonieważ prosta jest styczna do okręgu \\(O_2\\) (o promieniu 4) w punkcie \\(P\\), to:\n\\[O_2P \\perp O_1P\\]\n(bo \\(O_1\\) leży na tej stycznej, a promień \\(O_2P\\) jest prostopadły do stycznej).\n\nTrójkąt \\(O_1O_2P\\) ma więc **kąt prosty przy wierzchołku \\(P\\)**.\n\n**Obliczamy boki trójkąta:**\n\nOkręgi styczne zewnętrznie, więc:\n\\[|O_1O_2| = r_1 + r_2 = 3 + 4 = 7\\]\n\nPromień \\(|O_2P| = 4\\).\n\nZ twierdzenia Pitagorasa (hipotenuza \\(|O_1O_2| = 7\\)):\n\\[|O_1P| = \\sqrt{|O_1O_2|^2 - |O_2P|^2} = \\sqrt{49 - 16} = \\sqrt{33}\\]\n\n**Pole trójkąta** (dwie przyprostokątne to \\(O_2P\\) i \\(O_1P\\)):\n\\[P_\\triangle = \\frac{1}{2} \\cdot |O_2P| \\cdot |O_1P| = \\frac{1}{2} \\cdot 4 \\cdot \\sqrt{33} = \\boxed{2\\sqrt{33}}\\]\n\n## Sposób 2 - Wzór z podstawą i wysokością\n\nWyznaczamy pole, biorąc za podstawę bok \\(|O_1O_2| = 7\\) i szukając wysokości \\(h\\) opuszczonej z \\(P\\) na \\(O_1O_2\\).\n\nW trójkącie prostokątnym zachodzi:\n\\[\\text{pole} = \\frac{1}{2} \\cdot \\text{ramię}_1 \\cdot \\text{ramię}_2 = \\frac{1}{2} \\cdot \\text{podstawa} \\cdot h\\]\n\nStąd:\n\\[h = \\frac{\\text{ramię}_1 \\cdot \\text{ramię}_2}{\\text{podstawa}} = \\frac{4 \\cdot \\sqrt{33}}{7}\\]\n\nPole:\n\\[P_\\triangle = \\frac{1}{2} \\cdot 7 \\cdot \\frac{4\\sqrt{33}}{7} = \\frac{1}{2} \\cdot 4\\sqrt{33} = 2\\sqrt{33}\\]\n\nWynik zgodny - **pole trójkąta wynosi \\(2\\sqrt{33}\\)**.\n\n## Wzory z karty CKE\n\n**Dział 10 (Planimetria, s. 15)** - Twierdzenie Pitagorasa:\n\\[a^2 + b^2 = c^2\\]\nUżyte do wyznaczenia długości \\(|O_1P| = \\sqrt{7^2 - 4^2} = \\sqrt{33}\\).\n\n**Dział 10 (Planimetria, s. 16)** - Pole trójkąta:\n\\[P = \\frac{1}{2} \\cdot a \\cdot h_a\\]\nZastosowane w obu sposobach do obliczenia pola przez iloczyn przyprostokątnych lub przez podstawę i wysokość.\n\n## Dlaczego inne odpowiedzi są błędne\n\n| Odp. | Błąd prowadzący do tej odpowiedzi |\n| A \\((14)\\) | Kąt prosty umieszczono przy \\(O_2\\) zamiast przy \\(P\\), licząc: \\(\\frac{1}{2} \\cdot \\underbrace{|O_1O_2|}_{7} \\cdot \\underbrace{|O_2P|}_{4} = 14\\) |\n| C \\((4\\sqrt{33})\\) | Zapomniano o czynniku \\(\\frac{1}{2}\\) w polu trójkąta: \\(4 \\cdot \\sqrt{33}\\) zamiast \\(\\frac{1}{2} \\cdot 4 \\cdot \\sqrt{33}\\) |\n| D \\((12)\\) | Używanie promieni \\(r_1 = 3\\), \\(r_2 = 4\\) jako przyprostokątnych (tak jakby kąt prosty był między promieniami obu okręgów): \\(\\frac{1}{2} \\cdot 3 \\cdot 4 \\cdot 2 = 12\\) |\n\n## Typowe pułapki i uwagi\n\n> ⚠️ **Uwaga:** Kąt prosty jest **przy \\(P\\)**, a nie przy \\(O_2\\)! Promień \\(O_2P\\) jest prostopadły do stycznej - czyli do prostej \\(O_1P\\). To fundament zadania.\n\n> ⚠️ **Uwaga:** Pamiętaj, że okręgi są **styczne zewnętrznie**, więc \\(|O_1O_2| = r_1 + r_2 = 7\\). Przy styczności wewnętrznej byłoby \\(|r_1 - r_2|\\) - inny wynik!\n\n> ⚠️ **Uwaga:** \\(\\sqrt{33} \\approx 5{,}74\\) - nie jest to ładna liczba, ale wynik \\(2\\sqrt{33}\\) jest dokładny i poprawny. Nie próbuj \"upraszczać\" do całości.\n\n**Poprawna odpowiedź: B**\n\n### Sposób 1 - Trójkąt prostokątny \\(O_1PO_2\\)\nOznaczenia: \\(O_1\\) - środek okręgu o promieniu 3, \\(O_2\\) - środek okręgu o promieniu 4. \\(P\\) - punkt styczności stycznej z większym okręgiem.\n\n**Krok 1 - odległość środków** (okręgi styczne zewnętrznie):\n\\[|O_1 O_2| = 3 + 4 = 7.\\]\n\n**Krok 2 - \\(|O_2 P| = 4\\)** (promień do punktu styczności).\n\n**Krok 3 - kąt prosty w \\(P\\).** Styczna w punkcie styczności jest **prostopadła** do promienia, a styczna przechodzi przez \\(O_1\\), więc \\(O_1 P \\perp O_2 P\\) (trójkąt \\(O_1 P O_2\\) ma kąt prosty przy \\(P\\)).\n\n**Krok 4 - długość \\(|O_1 P|\\) z Pitagorasa:**\n\\[|O_1 P|^2 + |O_2 P|^2 = |O_1 O_2|^2\\]\n\\[|O_1 P|^2 + 16 = 49 \\Rightarrow |O_1 P| = \\sqrt{33}.\\]\n\n**Krok 5 - pole trójkąta:**\n\\[P = \\tfrac{1}{2}\\cdot |O_1 P|\\cdot |O_2 P| = \\tfrac{1}{2}\\cdot\\sqrt{33}\\cdot 4 = 2\\sqrt{33}.\\]\n\n### Sposób 2 - Wzór ogólny dla trójkąta prostokątnego\nW trójkącie prostokątnym pole = \\(\\tfrac{1}{2}\\cdot\\) iloczyn przyprostokątnych.\nPrzyprostokątne: \\(4\\) (znane) i \\(\\sqrt{49-16} = \\sqrt{33}\\).\n\\[P = \\tfrac{1}{2}\\cdot 4\\cdot\\sqrt{33} = 2\\sqrt{33}.\\]\n\n### Dlaczego inne odpowiedzi są błędne\n- **A. \\(14\\)** - ktoś obliczył \\(\\tfrac{1}{2}\\cdot 4\\cdot 7 = 14\\), ale \\(|O_1 O_2|\\) to przeciwprostokątna, nie przyprostokątna.\n- **C. \\(4\\sqrt{33}\\)** - zapomniano o \\(\\tfrac{1}{2}\\).\n- **D. \\(12\\)** - \\(\\tfrac{1}{2}\\cdot 3\\cdot 8\\) czy podobna kombinacja, bez uzasadnienia.\n\n**Kluczowa obserwacja:** styczna w punkcie styczności jest **zawsze** prostopadła do promienia poprowadzonego do tego punktu.\n\n**Poprawna odpowiedź: B**\n\n### Sposób 1: Użycie Twierdzenia o Średnich i Twierdzenia Cosinusów\n\n1. **Zrozumienie problemu:** Mamy okręgi styczne zewnętrznie, prostą styczną do okręgu o promieniu 4 w punkcie P, która przechodzi przez środek okręgu o promieniu 3. Chcemy obliczyć pole trójkąta, którego wierzchołkami są środki okręgów i punkt styczności P.\n\n2. **Oznaczenia:**\n* O₁ - środek okręgu o promieniu 3\n* O₂ - środek okręgu o promieniu 4\n* P - punkt styczności okręgu o promieniu 4 z prostą\n* H - odległość między środkami okręgów O₁ i O₂. Ponieważ okręgi są styczne zewnętrznie, H = 3 + 4 = 7.\n\n3. **Twierdzenie Cosinusów:** W trójkącie O₁O₂P, gdzie O₁ i O₂ to środki okręgów o promieniach 3 i 4, a P to punkt styczności, możemy użyć twierdzenia cosinusów:\n\n\\[O₁O₂² = O₁P² + O₂P² - 2 * O₁P * O₂P * cos(\\angle O₁PO₂ )\\]\n\nPonieważ P jest punktem styczności okręgu o promieniu 4 do prostej, kąt O₂PO₄ jest kątem prostopadłym (gdzie O₄ to punkt przecięcia prostej z okręgiem o promieniu 4). W naszym przypadku, O₂P = 4 i O₁P = 3. Ponieważ O₁O₂ = 7, możemy obliczyć cos(\\angle O₁PO₂):\n\n\\[7² = 3² + 4² - 2 * 3 * 4 * cos(\\angle O₁PO₂ )\\]\n\\[49 = 9 + 16 - 24 * cos(\\angle O₁PO₂ )\\]\n\\[49 = 25 - 24 * cos(\\angle O₁PO₂ )\\]\n\\[24 = -24 * cos(\\angle O₁PO₂ )\\]\n\\[cos(\\angle O₁PO₂ ) = -1\\]\n\\[\\angle O₁PO₂ = 180°\\]\n\n4. **Obliczenie pola trójkąta:** Skoro cos(\\angle O₁PO₂ ) = -1, to trójkąt O₁O₂P jest trójkątem równoramiennym o podstawie O₁O₂ = 7 i ramionach O₁P = 3 i O₂P = 4. Ponieważ kąt przy wierzchołku O₂ wynosi 90 stopni, trójkąt O₁O₂P jest trójkątem prostokątnym. Zatem pole trójkąta O₁O₂P wynosi:\n\n\\[P = \\frac{1}{2} * O₁P * O₂P = \\frac{1}{2} * 3 * 4 = 6\\]\n\nJednakże, pole trójkąta, którego wierzchołkami są środki okręgów i punkt styczności P, to pole trójkąta O₁O₂P.\n\n📖 Karta wzorów: s.15 - Pitagoras, strona 15\n\n### Sposób 2: Użycie Twierdzenia o Średnich i Obliczenia Długości\n\n1. **Zrozumienie problemu:** Podobnie jak w poprzednim sposobie, chcemy obliczyć pole trójkąta O₁O₂P.\n\n2. **Wyznaczenie trójkąta:** Trójkąt O₁O₂P jest trójkątem równoramiennym, gdzie O₁O₂ = 7, O₁P = 3 i O₂P = 4. Ponieważ prosta styczna do okręgu o promieniu 4 w punkcie P przechodzi przez środek okręgu o promieniu 3, możemy rozważyć trójkąt O₁O₂P.\n\n3. **Obliczenie pola trójkąta:** Pole trójkąta O₁O₂P można obliczyć za pomocą wzoru na pole trójkąta:\n\n\\[P = \\frac{1}{2} * |O₁O₂| * h\\]\n\ngdzie h to wysokość trójkąta opuszczona z wierzchołka P na podstawę O₁O₂. W tym przypadku, h to odległość z punktu P do prostej O₁O₂. Możemy użyć wzoru na pole trójkąta:\n\n\\[P = \\frac{1}{2} * \\text{podstawa} * \\text{wysokość}\\]\n\nW naszym przypadku, podstawą jest O₁O₂ = 7, a wysokość to odległość z P do prostej O₁O₂. Ponieważ P jest punktem styczności, O₁P i O₂P są prostopadłe do prostej O₁O₂. Zatem, możemy obliczyć pole trójkąta O₁O₂P jako:\n\n\\[P = \\frac{1}{2} * O₁O₂ * O₂P = \\frac{1}{2} * 7 * 4 = 14\\]\n\n📖 Karta wzorów: s.15 - Pitagoras, strona 15\n\n### Dlaczego nie inne odpowiedzi?\n\nOdpowiedzi A, C i D są błędne. Wszystkie te odpowiedzi dotyczą obliczeń, które nie prowadzą do poprawnej odpowiedzi. W zadaniu chodzi o obliczenie pola trójkąta O₁O₂P, a prawidłowa odpowiedź to 14.","image":"img/matematyka-2016-maj-matura-podstawowa/zad-19.webp","solution_image":"img/matematyka-2016-maj-matura-podstawowa/sol-19.svg","topics":"planimetria","page_from":8,"source":"ocr","answer_source":"ocr","answer_text_source":"ocr","solution_source":"maturazai","text_source":"site","source_label":"Matematyka · Matura · maj 2016 (podstawowa)","subject_label":"Matematyka","category_label":"Matura","text_html":"

Zadanie 19. (0-1)
Okręgi o promieniach 3 i 4 są styczne zewnętrznie. Prosta styczna do okręgu
o promieniu 4 w punkcie P przechodzi przez środek okręgu o promieniu 3 (zobacz rysunek).
Pole trójkąta, którego wierzchołkami są środki okręgów i punkt styczności P, jest równe
A. 14
B. 2 33
C. 4 33
D. 12
Okręgi o promieniach 3 i 4 są styczne zewnętrznie. Prosta styczna do okręgu o promieniu 4 w punkcie P przechodzi przez środek okręgu o promieniu 3 (zobacz rysunek). Pole trójkąta, którego wierzchołkami są środki okręgów i punkt styczności P, jest równe A. 14; B. 2√33; C. 4√33; D. 12.

","answer_text_html":"

Zadanie 19. (0-1)
IV. Użycie i tworzenie
strategii.

\n
  1. Planimetria. Zdający korzysta z własności
\n

stycznej do okręgu i własności okręgów
stycznych (7.2).
Wersja
I
Wersja
II
B
C

","solutions":[{"source":"site","label":"matematykaszkolna.pl","kind":"image","image":"/img/matematyka-2016-maj-matura-podstawowa/sol-19.svg"},{"source":"maturazai","label":"maturazai.pl (AI)","kind":"text","html":"

Poprawna odpowiedź: B - \\(2\\sqrt{33}\\)

\n

Sposób 1 - Trójkąt prostokątny ze stycznej

\n

Kluczowa obserwacja: Styczna do okręgu jest prostopadła do promienia poprowadzonego do punktu styczności.

\n

Ponieważ prosta jest styczna do okręgu \\(O_2\\) (o promieniu 4) w punkcie \\(P\\), to:
\\[O_2P \\perp O_1P\\]
(bo \\(O_1\\) leży na tej stycznej, a promień \\(O_2P\\) jest prostopadły do stycznej).

\n

Trójkąt \\(O_1O_2P\\) ma więc kąt prosty przy wierzchołku \\(P\\).

\n

Obliczamy boki trójkąta:

\n

Okręgi styczne zewnętrznie, więc:
\\[|O_1O_2| = r_1 + r_2 = 3 + 4 = 7\\]

\n

Promień \\(|O_2P| = 4\\).

\n

Z twierdzenia Pitagorasa (hipotenuza \\(|O_1O_2| = 7\\)):
\\[|O_1P| = \\sqrt{|O_1O_2|^2 - |O_2P|^2} = \\sqrt{49 - 16} = \\sqrt{33}\\]

\n

Pole trójkąta (dwie przyprostokątne to \\(O_2P\\) i \\(O_1P\\)):
\\[P_\\triangle = \\frac{1}{2} \\cdot |O_2P| \\cdot |O_1P| = \\frac{1}{2} \\cdot 4 \\cdot \\sqrt{33} = \\boxed{2\\sqrt{33}}\\]

\n

Sposób 2 - Wzór z podstawą i wysokością

\n

Wyznaczamy pole, biorąc za podstawę bok \\(|O_1O_2| = 7\\) i szukając wysokości \\(h\\) opuszczonej z \\(P\\) na \\(O_1O_2\\).

\n

W trójkącie prostokątnym zachodzi:
\\[\\text{pole} = \\frac{1}{2} \\cdot \\text{ramię}_1 \\cdot \\text{ramię}_2 = \\frac{1}{2} \\cdot \\text{podstawa} \\cdot h\\]

\n

Stąd:
\\[h = \\frac{\\text{ramię}_1 \\cdot \\text{ramię}_2}{\\text{podstawa}} = \\frac{4 \\cdot \\sqrt{33}}{7}\\]

\n

Pole:
\\[P_\\triangle = \\frac{1}{2} \\cdot 7 \\cdot \\frac{4\\sqrt{33}}{7} = \\frac{1}{2} \\cdot 4\\sqrt{33} = 2\\sqrt{33}\\]

\n

Wynik zgodny - pole trójkąta wynosi \\(2\\sqrt{33}\\).

\n

Wzory z karty CKE

\n

Dział 10 (Planimetria, s. 15) - Twierdzenie Pitagorasa:
\\[a^2 + b^2 = c^2\\]
Użyte do wyznaczenia długości \\(|O_1P| = \\sqrt{7^2 - 4^2} = \\sqrt{33}\\).

\n

Dział 10 (Planimetria, s. 16) - Pole trójkąta:
\\[P = \\frac{1}{2} \\cdot a \\cdot h_a\\]
Zastosowane w obu sposobach do obliczenia pola przez iloczyn przyprostokątnych lub przez podstawę i wysokość.

\n

Dlaczego inne odpowiedzi są błędne

\n

| Odp. | Błąd prowadzący do tej odpowiedzi |
| A \\((14)\\) | Kąt prosty umieszczono przy \\(O_2\\) zamiast przy \\(P\\), licząc: \\(\\frac{1}{2} \\cdot \\underbrace{|O_1O_2|}{7} \\cdot \\underbrace{|O_2P|}{4} = 14\\) |
| C \\((4\\sqrt{33})\\) | Zapomniano o czynniku \\(\\frac{1}{2}\\) w polu trójkąta: \\(4 \\cdot \\sqrt{33}\\) zamiast \\(\\frac{1}{2} \\cdot 4 \\cdot \\sqrt{33}\\) |
| D \\((12)\\) | Używanie promieni \\(r_1 = 3\\), \\(r_2 = 4\\) jako przyprostokątnych (tak jakby kąt prosty był między promieniami obu okręgów): \\(\\frac{1}{2} \\cdot 3 \\cdot 4 \\cdot 2 = 12\\) |

\n

Typowe pułapki i uwagi

\n
⚠️ Uwaga: Kąt prosty jest przy \\(P\\), a nie przy \\(O_2\\)! Promień \\(O_2P\\) jest prostopadły do stycznej - czyli do prostej \\(O_1P\\). To fundament zadania.
\n
⚠️ Uwaga: Pamiętaj, że okręgi są styczne zewnętrznie, więc \\(|O_1O_2| = r_1 + r_2 = 7\\). Przy styczności wewnętrznej byłoby \\(|r_1 - r_2|\\) - inny wynik!
\n
⚠️ Uwaga: \\(\\sqrt{33} \\approx 5{,}74\\) - nie jest to ładna liczba, ale wynik \\(2\\sqrt{33}\\) jest dokładny i poprawny. Nie próbuj "upraszczać" do całości.
\n

Poprawna odpowiedź: B

\n
Sposób 1 - Trójkąt prostokątny \\(O_1PO_2\\)
\n

Oznaczenia: \\(O_1\\) - środek okręgu o promieniu 3, \\(O_2\\) - środek okręgu o promieniu 4. \\(P\\) - punkt styczności stycznej z większym okręgiem.

\n

Krok 1 - odległość środków (okręgi styczne zewnętrznie):
\\[|O_1 O_2| = 3 + 4 = 7.\\]

\n

Krok 2 - \\(|O_2 P| = 4\\) (promień do punktu styczności).

\n

Krok 3 - kąt prosty w \\(P\\). Styczna w punkcie styczności jest prostopadła do promienia, a styczna przechodzi przez \\(O_1\\), więc \\(O_1 P \\perp O_2 P\\) (trójkąt \\(O_1 P O_2\\) ma kąt prosty przy \\(P\\)).

\n

Krok 4 - długość \\(|O_1 P|\\) z Pitagorasa:
\\[|O_1 P|^2 + |O_2 P|^2 = |O_1 O_2|^2\\]
\\[|O_1 P|^2 + 16 = 49 \\Rightarrow |O_1 P| = \\sqrt{33}.\\]

\n

Krok 5 - pole trójkąta:
\\[P = \\tfrac{1}{2}\\cdot |O_1 P|\\cdot |O_2 P| = \\tfrac{1}{2}\\cdot\\sqrt{33}\\cdot 4 = 2\\sqrt{33}.\\]

\n
Sposób 2 - Wzór ogólny dla trójkąta prostokątnego
\n

W trójkącie prostokątnym pole = \\(\\tfrac{1}{2}\\cdot\\) iloczyn przyprostokątnych.
Przyprostokątne: \\(4\\) (znane) i \\(\\sqrt{49-16} = \\sqrt{33}\\).
\\[P = \\tfrac{1}{2}\\cdot 4\\cdot\\sqrt{33} = 2\\sqrt{33}.\\]

\n
Dlaczego inne odpowiedzi są błędne
\n\n

Kluczowa obserwacja: styczna w punkcie styczności jest zawsze prostopadła do promienia poprowadzonego do tego punktu.

\n

Poprawna odpowiedź: B

\n
Sposób 1: Użycie Twierdzenia o Średnich i Twierdzenia Cosinusów
\n
  1. Zrozumienie problemu: Mamy okręgi styczne zewnętrznie, prostą styczną do okręgu o promieniu 4 w punkcie P, która przechodzi przez środek okręgu o promieniu 3. Chcemy obliczyć pole trójkąta, którego wierzchołkami są środki okręgów i punkt styczności P.
\n
  1. Oznaczenia:
\n\n
  1. Twierdzenie Cosinusów: W trójkącie O₁O₂P, gdzie O₁ i O₂ to środki okręgów o promieniach 3 i 4, a P to punkt styczności, możemy użyć twierdzenia cosinusów:
\n

\\[O₁O₂² = O₁P² + O₂P² - 2 * O₁P * O₂P * cos(\\angle O₁PO₂ )\\]

\n

Ponieważ P jest punktem styczności okręgu o promieniu 4 do prostej, kąt O₂PO₄ jest kątem prostopadłym (gdzie O₄ to punkt przecięcia prostej z okręgiem o promieniu 4). W naszym przypadku, O₂P = 4 i O₁P = 3. Ponieważ O₁O₂ = 7, możemy obliczyć cos(\\angle O₁PO₂):

\n

\\[7² = 3² + 4² - 2 * 3 * 4 * cos(\\angle O₁PO₂ )\\]
\\[49 = 9 + 16 - 24 * cos(\\angle O₁PO₂ )\\]
\\[49 = 25 - 24 * cos(\\angle O₁PO₂ )\\]
\\[24 = -24 * cos(\\angle O₁PO₂ )\\]
\\[cos(\\angle O₁PO₂ ) = -1\\]
\\[\\angle O₁PO₂ = 180°\\]

\n
  1. Obliczenie pola trójkąta: Skoro cos(\\angle O₁PO₂ ) = -1, to trójkąt O₁O₂P jest trójkątem równoramiennym o podstawie O₁O₂ = 7 i ramionach O₁P = 3 i O₂P = 4. Ponieważ kąt przy wierzchołku O₂ wynosi 90 stopni, trójkąt O₁O₂P jest trójkątem prostokątnym. Zatem pole trójkąta O₁O₂P wynosi:
\n

\\[P = \\frac{1}{2} * O₁P * O₂P = \\frac{1}{2} * 3 * 4 = 6\\]

\n

Jednakże, pole trójkąta, którego wierzchołkami są środki okręgów i punkt styczności P, to pole trójkąta O₁O₂P.

\n

📖 Karta wzorów: s.15 - Pitagoras, strona 15

\n
Sposób 2: Użycie Twierdzenia o Średnich i Obliczenia Długości
\n
  1. Zrozumienie problemu: Podobnie jak w poprzednim sposobie, chcemy obliczyć pole trójkąta O₁O₂P.
\n
  1. Wyznaczenie trójkąta: Trójkąt O₁O₂P jest trójkątem równoramiennym, gdzie O₁O₂ = 7, O₁P = 3 i O₂P = 4. Ponieważ prosta styczna do okręgu o promieniu 4 w punkcie P przechodzi przez środek okręgu o promieniu 3, możemy rozważyć trójkąt O₁O₂P.
\n
  1. Obliczenie pola trójkąta: Pole trójkąta O₁O₂P można obliczyć za pomocą wzoru na pole trójkąta:
\n

\\[P = \\frac{1}{2} * |O₁O₂| * h\\]

\n

gdzie h to wysokość trójkąta opuszczona z wierzchołka P na podstawę O₁O₂. W tym przypadku, h to odległość z punktu P do prostej O₁O₂. Możemy użyć wzoru na pole trójkąta:

\n

\\[P = \\frac{1}{2} * \\text{podstawa} * \\text{wysokość}\\]

\n

W naszym przypadku, podstawą jest O₁O₂ = 7, a wysokość to odległość z P do prostej O₁O₂. Ponieważ P jest punktem styczności, O₁P i O₂P są prostopadłe do prostej O₁O₂. Zatem, możemy obliczyć pole trójkąta O₁O₂P jako:

\n

\\[P = \\frac{1}{2} * O₁O₂ * O₂P = \\frac{1}{2} * 7 * 4 = 14\\]

\n

📖 Karta wzorów: s.15 - Pitagoras, strona 15

\n
Dlaczego nie inne odpowiedzi?
\n

Odpowiedzi A, C i D są błędne. Wszystkie te odpowiedzi dotyczą obliczeń, które nie prowadzą do poprawnej odpowiedzi. W zadaniu chodzi o obliczenie pola trójkąta O₁O₂P, a prawidłowa odpowiedź to 14.

"}]}