MATeMAtyka 2. Zbiór zadań — strona 184

Boki muszą być dodatnie; w szczególności $3x-2>0$, więc $x>\frac23$. Przeciwprostokątna jest najdłuższym z podanych boków, dlatego stosujemy twierdzenie Pitagorasa:

$(3x-2)^2+(4x+2)^2=(5x+1)^2.$

Po rozwinięciu:

$25x^2+4x+8=25x^2+10x+1,$

więc $6x=7$ i

$x=\frac76=1\frac16.$

Ta wartość spełnia warunki dodatniości boków.

Niech $M$ będzie środkiem wspólnej cięciwy $AB$. Wtedy $AM=8$, a prosta łącząca środki okręgów jest prostopadła do $AB$ w punkcie $M$.

Odległości środków od $M$ wynoszą

$\sqrt{10^2-8^2}=6$

oraz

$\sqrt{17^2-8^2}=15.$

Środki mogą leżeć po przeciwnych stronach cięciwy albo po tej samej stronie, więc ich odległość jest równa

$15+6=21$

lub

$15-6=9.$

Odstęp poziomy sąsiednich węzłów wynosi $1$, a wysokość małego trójkąta równobocznego $\frac{\sqrt3}{2}$. Zliczając przesunięcia końców boków na skanie, otrzymujemy ich długości:

$\sqrt{1^2+(4\sqrt3)^2}=7,$

\left(\frac{5\sqrt3}{2}\right)^2}=7,$$ $$\sqrt{\left(\frac{13}{2}\right)^2+ \left(\frac{3\sqrt3}{2}\right)^2}=7.$$ Trójkąt ma więc trzy boki długości $7$, a jego obwód wynosi $21$.

Brakujące przyprostokątne obliczamy z twierdzenia Pitagorasa.

Dla $\alpha$ druga przyprostokątna ma długość $\sqrt{68^2-32^2}=60$, więc

\tan\alpha=\frac8{15},\quad \cot\alpha=\frac{15}{8}.$$ Dla $\beta$ druga przyprostokątna ma długość $\sqrt{41^2-9^2}=40$, więc $$\sin\beta=\frac9{41},\quad \cos\beta=\frac{40}{41},\quad \tan\beta=\frac9{40},\quad \cot\beta=\frac{40}{9}.$$ Dla $\gamma$ druga przyprostokątna ma długość $\sqrt{35^2-28^2}=21$, więc $$\sin\gamma=\frac45,\quad \cos\gamma=\frac35,\quad \tan\gamma=\frac43,\quad \cot\gamma=\frac34.$$

Przyjmijmy bok mniejszego kwadratu równy $1$. Bok większego ma wtedy długość $\sqrt5$. W trójkącie $DBF$:

$DB=\sqrt{(\sqrt5)^2+(\sqrt5)^2}=\sqrt{10},$

$BF=\sqrt{1^2+1^2}=\sqrt2,$

$DF=\sqrt{(\sqrt5+1)^2+(\sqrt5-1)^2}=2\sqrt3.$

Ponieważ $DB^2+BF^2=DF^2$, trójkąt jest prostokątny przy $B$. Zatem

$\sin\angle BDF=\frac{\sqrt2}{2\sqrt3}=\frac{\sqrt6}{6},$

$\cos\angle BDF=\frac{\sqrt{10}}{2\sqrt3}=\frac{\sqrt{30}}6,$

$\tan\angle BDF=\frac{\sqrt2}{\sqrt{10}}=\frac{\sqrt5}{5},$

$\cot\angle BDF=\sqrt5.$

Przyjmijmy bok kwadratu równy $1$ i współrzędne

$A=(0,0),\ B=(1,0),\ C=(1,1),\ D=(0,1).$

Zewnętrzne wierzchołki trójkątów równobocznych mają współrzędne

F=\left(1+\frac{\sqrt3}{2},\frac12\right).$$ Bezpośrednie obliczenie daje $$DE^2=DF^2=EF^2=2+\sqrt3.$$ Trójkąt $DEF$ jest równoboczny, więc $\angle EDF=60^\circ$. Zatem $$\sin\angle EDF=\frac{\sqrt3}{2},\quad \cos\angle EDF=\frac12,\quad \tan\angle EDF=\sqrt3,\quad \cot\angle EDF=\frac{\sqrt3}{3}.$$