W trójkącie prostokątnym $ABC$ o przeciwprostokątnej $AB$, $\sin\,(\measuredangle BAC)=0{,}3$ i $|AC|=7$. Oblicz pole koła opisanego na tym trójkącie.
Agnieszka rozwiązała to zadanie w następujący sposób:
(1) Najpierw narysowała poniższy rysunek:
(2) Korzystając z tożsamości trygonometrycznej $\sin^2\,\alpha + \cos^2\,\alpha=1$ obliczyła $\cos\,\alpha$: $$ \cos\,\alpha = \sqrt{1-\sin^2\,\alpha}=\sqrt{1-0{,}09}=\frac{\sqrt{91}}{10} $$.
(3) Wiedziała, że cosinus kąta w trójkącie prostokątnym jest stosunkiem przyległego boku do przeciwprostokątnej, więc kontynuowała: $$ \begin{gather} \cos\,\alpha =\frac{7}{2R}\cr 2R=\frac{7}{\cos\,\alpha} \cr 2R=\frac{70}{\sqrt{91}}\cr R=\frac{35}{\sqrt{91}} \end{gather} $$
(4) Na koniec obliczyła pole opisanego okręgu: $$P=\pi R^2 =\frac{175}{13}\pi $$
Janek rozwiązał to zadanie w następujący sposób:
(1) Narysował ten sam obrazek co Agnieszka.
(2) Przypomniał sobie wzór: $$ \frac{|AC|}{\sin\,\beta} =\frac{|BC|}{\sin\,\alpha} =2R $$ (3) Korzystając z twierdzenia Pitagorasa, wyznaczył długość odcinka $BC$: $$ \begin{gather} |BC|^2=(2R)^2-49 \cr |BC|=\sqrt{(2R)^2-49} \end{gather} $$.
(4) Następnie podstawił $\sqrt{(2R)^2-49}$ za $|BC|$ do poprzedniego wzoru i obliczył promień $R$: $$ \begin{gather} \frac{\sqrt{(2R)^2-49}}{0{,}3}=2R \cr \sqrt{{(2R)^2-49}}=0{,}6R \cr 4R^2-49=0{,}36R^2 \cr R=\sqrt{\frac{49}{3{,}64}} \end{gather} $$.
(5) Na koniec obliczył pole opisanego okręgu: $$ P=\frac{49}{3{,}64 }\pi $$ Oto kilka komentarzy kolegów z klasy. Który z nich jest poprawny?
Zarówno Agnieszka, jak i Janek poprawnie rozwiązali ten przykład.
Agnieszka i Janek popełnili błąd w kroku (1). Oboje uprościli przykład, rysując bok $AB$ tak, aby był średnicą opisanego okręgu, co może nie być prawdą w ogólnym przypadku.
Tylko Agnieszka rozwiązała ten przykład poprawnie.
Tylko Janek rozwiązał ten przykład poprawnie.
Oba wyniki są poprawne: $$ \frac{49}{3{,}64}=\frac{4900}{364}=\frac{700}{52}=\frac{175}{13} $$
