MATeMAtyka 2. Zbiór zadań — strona 189

Obliczamy kolejno:

$$a=1\cdot\frac12=\frac12, \qquad b=\frac{\sqrt2}{2}\cdot\frac{\sqrt2}{2}=\frac12,$$ $$c=\frac{\sqrt3}{2}\cdot\sqrt3=\frac32, \qquad d=\frac{\sqrt3}{2}\cdot\frac12=\frac{\sqrt3}{4}.$$

Tylko $d$ jest liczbą niewymierną.

Różnica poziomów jest pionową składową odcinka drogi:

$$h=300\sin6^\circ\approx31{,}36\ \text{m}.$$

Po zaokrągleniu do $1$ m otrzymujemy $31$ m.

Bok $BC=\sqrt6$ leży naprzeciw kąta $60^\circ$, a bok $AC$ naprzeciw kąta $45^\circ$. Z twierdzenia sinusów:

$$\frac{AC}{\sin45^\circ}=\frac{\sqrt6}{\sin60^\circ}.$$

Stąd

$$AC=\sqrt6\cdot\frac{\sqrt2/2}{\sqrt3/2}=2.$$

Długości promieni wodzących punktów $A,B,C$ wynoszą odpowiednio $13$, $10$ i $29$. Zatem

$$\cos\alpha=-\frac5{13}, \qquad \operatorname{tg}\alpha=-\frac{12}{5},$$ $$\cos\beta=-\frac35, \qquad \sin\gamma=\frac{21}{29}.$$

Nierówność I jest prawdziwa, bo liczba ujemna $-\frac5{13}$ jest mniejsza od dodatniej $\frac{21}{29}$. Nierówność II również jest prawdziwa:

$$-\frac35>-\frac{12}{5}.$$

Dla kąta ostrego z $\cos\alpha=\frac{\sqrt2}{2}$ wynika $\alpha=45^\circ$ i $\sin\alpha=\frac{\sqrt2}{2}$. Ponieważ

$$\sin(180^\circ-\alpha)=\sin\alpha,$$

mamy

$$\frac{\sin(180^\circ-\alpha)}{\cos\alpha}=1.$$

Ponieważ $\angle BAC$ jest kątem między podanymi bokami, najpierw obliczamy

$$\sin\angle BAC =\sqrt{1-\left(\frac14\right)^2} =\frac{\sqrt{15}}4.$$

Pole trójkąta jest równe

$$P=\frac12\cdot2\sqrt3\cdot2\sqrt5\cdot\frac{\sqrt{15}}4 =\frac{15}{2}=7{,}5\ \mathrm{cm}^2.$$

Przekątna $AC$ dzieli czworokąt na dwa trójkąty. Na skanie s. 189 potwierdzamy rozmieszczenie oznaczeń:

$$\angle CAB=\angle ACB=45^\circ,\qquad \angle DCA=30^\circ,\qquad \angle ADC=120^\circ.$$

W trójkącie $ADC$ mamy $\angle A=\angle C=30^\circ$ i $\angle D=120^\circ$. Ponieważ $AD=6$, z twierdzenia sinusów:

$$AC=6\frac{\sin120^\circ}{\sin30^\circ}=6\sqrt3, \qquad DC=6.$$

Pole górnego trójkąta wynosi

$$P_{ADC}=\frac12\cdot6\cdot6\sin120^\circ=9\sqrt3.$$

W trójkącie $ABC$ kąty przy $A$ i $C$ mają po $45^\circ$, zatem kąt przy $B$ jest prosty. Przeciwprostokątna ma długość $AC=6\sqrt3$, więc obie przyprostokątne mają długość $3\sqrt6$. Stąd

$$P_{ABC}=\frac12(3\sqrt6)^2=27.$$

Łączne pole czworokąta jest równe $27+9\sqrt3$.

Jeśli bok rombu ma długość $a$, to z pola i wysokości:

$$4\sqrt5=a\cdot2, \qquad a=2\sqrt5.$$

Dla kąta ostrego $\alpha$ wysokość spełnia $2=a\sin\alpha$, więc

$$\sin\alpha=\frac1{\sqrt5}.$$

Zatem $\cos\alpha=\frac2{\sqrt5}$ i

$$\operatorname{tg}\alpha=\frac12.$$