MATeMAtyka 2. Zbiór zadań — strona 167

Trzy kolejne liczby naturalne o sumie $30$ to $9$, $10$, $11$. Ponieważ

trójkąt jest ostrokątny. Z twierdzenia cosinusów kąty leżące naprzeciw boków $9$, $10$, $11$ spełniają odpowiednio

Stąd $\alpha\approx50{,}5^\circ$, $\beta\approx59{,}0^\circ$, $\gamma\approx70{,}5^\circ$.

Niech bok rombu ma długość $s$, a jego kąt ostry $\alpha$. Rzut sąsiedniego boku na rozpatrywany bok ma długość $s\cos\alpha$, więc wysokość dzieli bok na odcinki $s\cos\alpha$ oraz $s(1-\cos\alpha)$.

a) Równość odcinków daje $\cos\alpha=\frac12$, czyli $\alpha=60^\circ$.

b) Odcinki mają długości $\frac{s}{3}$ i $\frac{2s}{3}$. Bez wskazania kolejności są możliwe dwa ustawienia:

Dają one $\alpha\approx70{,}5^\circ$ albo $\alpha\approx48{,}2^\circ$.

Przekątna tworzy z bokiem długości $4$ kąt $\theta$, dla którego

Przekątne są symetryczne względem osi prostokąta, więc kąt ostry między nimi ma miarę $2\theta\approx73{,}74^\circ$. Drugi jest do niego przyległy.

Przekątne rombu przecinają się pod kątem prostym i połowią się. Ich połowy mają długości $1$ i $\sqrt3$, zatem wraz z bokiem rombu tworzą trójkąt $30^\circ$–$60^\circ$–$90^\circ$. Przekątne rombu połowią także jego kąty, więc kąt ostry ma miarę $2\cdot30^\circ=60^\circ$.

a) Pole wynosi

Przekątne mają długości

b) Dłuższa przekątna ma długość $2a\cos40^\circ=10$, więc bok

Krótsza przekątna ma długość $10\operatorname{tg}40^\circ\approx8{,}4$. Stąd

c) Niech bok ma długość $5k$, a krótsza przekątna $4k$. Jeśli kąt ostry ma miarę $\alpha$, to

Zatem $\alpha\approx47{,}2^\circ$. Ponieważ $h=a\sin\alpha$,

Oznaczmy krawędź sześcianu przez $a=2\sqrt5$ i końce przekątnej przestrzennej przez $P,Q$. Wtedy $PQ=a\sqrt3=2\sqrt{15}$.

Jeżeli środek $M$ leży na krawędzi wychodzącej z $P$ lub $Q$, to

Z twierdzenia cosinusów kąty leżące naprzeciw boków $3\sqrt5$ i $2\sqrt{15}$ mają odpowiednio około $54{,}7^\circ$ i $109{,}5^\circ$, a trzeci około $15{,}8^\circ$.

Jeżeli wybrana krawędź nie ma wspólnego końca z przekątną $PQ$, otrzymujemy drugi możliwy typ: $PM=QM=5$. Wtedy kąt przy $M$ spełnia $\cos M=-\frac15$, więc $M\approx101{,}5^\circ$, a pozostałe kąty mają po około $39{,}2^\circ$.

Ustawmy $AB$ na osi poziomej. Półproste z $A$ tworzą z $AB$ kąty $20^\circ$ i $40^\circ$, a dwusieczna z $B$ ma kierunek $150^\circ$. Punkt bliższy $B$ leży na półprostej $20^\circ$, zatem

Z przecięcia półprostej o kierunku $\theta$ z dwusieczną otrzymujemy odległość od $A$ równą

Stąd

Z twierdzenia sinusów

W trójkącie $ABC$ mamy $\angle A=10^\circ$ i

a) Dwusieczna daje $\angle CBD=40^\circ$. Trójkąt $CBD$ jest prostokątny przy $C$, więc

b) Ponieważ $D$ jest środkiem $AC$,

Zatem

a $\angle CDB\approx19{,}4^\circ$.

W trójkącie $ABC$ z twierdzenia cosinusów

czyli $BC=\sqrt{39}$. Dla kąta $B$ tego trójkąta

więc $B\approx106{,}1^\circ$. Jest to kąt równoległoboku przy $B$; kąt przy $A$ jest do niego przyległy.