MATeMAtyka 2. Zbiór zadań — strona 168

W trójkątach prostokątnych równoramiennych $AEC$ i $BDC$ bok trójkąta równobocznego jest przeciwprostokątną, więc

$$AE=EC=BD=DC=\frac{2\sqrt3}{\sqrt2}=\sqrt6.$$

Przy wierzchołku $C$ mamy

$$\angle ECD=45^\circ+60^\circ+45^\circ=150^\circ.$$

Trójkąt $CDE$ jest równoramienny, zatem pozostałe kąty mają po $15^\circ$, a

$$DE=2\sqrt6\sin75^\circ=3+\sqrt3.$$

W trójkącie $ADE$ zachodzi $AD=DE=3+\sqrt3$ i $AE=\sqrt6$. Z twierdzenia cosinusów $\cos\angle ADE=\frac{\sqrt3}{2}$, więc $\angle ADE=30^\circ$, a dwa pozostałe kąty mają po $75^\circ$.

Wysokość trapezu jest równa

$$h=10\sin50^\circ.$$

Rzut przekątnej na kierunek podstaw ma długość $\frac{a+b}{2}$. Z twierdzenia Pitagorasa

$$\frac{a+b}{2}=\sqrt{15^2-h^2}.$$

Pole trapezu wynosi więc

$$P=\frac{a+b}{2}h =10\sin50^\circ\sqrt{225-100\sin^2 50^\circ} \approx98{,}8\ \text{cm}^2.$$

Ustawmy dłuższą podstawę poziomo. Różnica podstaw wynosi $4$, więc poziomy rzut każdego ramienia ma długość $2$. Jeśli wysokość trapezu oznaczymy przez $h$, to przekątna ma rzut poziomy $7$ i

$$7^2+h^2=(3\sqrt7)^2,\qquad h=\sqrt{14}.$$

Stąd

$$BC=\sqrt{2^2+h^2}=3\sqrt2,\qquad CD=5,\qquad BD=3\sqrt7.$$

Z twierdzenia cosinusów

$$\cos\angle BCD=-\frac{\sqrt2}{3},\qquad \cos\angle CBD=\frac{28}{9\sqrt{14}}.$$

Otrzymujemy $\angle BCD\approx118{,}1^\circ$, $\angle CBD\approx33{,}7^\circ$, $\angle BDC\approx28{,}1^\circ$.

Przyjmijmy współrzędne $A=(0,0,0)$, $B=(1,0,0)$, $C=(1,1,0)$ i wysokość graniastosłupa równą $2$. Z rysunku $M$ jest środkiem $AA'$, $K$ środkiem $BC$, a $L$ środkiem $D'C'$, więc

$$M=(0,0,1),\qquad K=(1,\tfrac12,0),\qquad L=(\tfrac12,1,2).$$

Stąd

$$KM=LM=\frac32,\qquad KL=\sqrt{\frac14+\frac14+4}=\frac{3\sqrt2}{2}.$$

Ponieważ $KL^2=KM^2+LM^2$, trójkąt jest prostokątny równoramienny: kąt przy $M$ ma $90^\circ$, a kąty przy $K$ i $L$ po $45^\circ$.

Niech $S$ będzie wierzchołkiem ostrosłupa, $A,C$ przeciwległymi wierzchołkami podstawy, a $O$ jej środkiem. W trójkącie prostokątnym $SAO$ mamy $SA=15$ i

$$SO=15\sin\alpha=6,\qquad AO=15\cos\alpha=15\sqrt{1-0{,}4^2}=3\sqrt{21}.$$

Zatem przekątna podstawy ma długość $AC=2AO=6\sqrt{21}$, a bok kwadratu $3\sqrt{42}$. Pole podstawy wynosi $378$, więc

$$V=\frac13\cdot378\cdot6=756\ \text{cm}^3.$$

Niech $AB$ będzie daną cięciwą, a $AC$ średnicą wychodzącą z punktu $A$. Kąt $ABC$ jest prosty na mocy twierdzenia Talesa. Zatem dla szukanego kąta $\alpha=\angle BAC$

$$\cos\alpha=\frac{AB}{AC}=\frac{11}{16}.$$

Stąd $\alpha\approx46{,}6^\circ$.