MATeMAtyka 2. Zbiór zadań — strona 207

Łuk równy $\frac19$ obwodu odpowiada kątowi środkowemu $40^\circ$, a kąt wpisany oparty na tym łuku ma $20^\circ$.

Jeśli jest to kąt między ramionami trójkąta równoramiennego, pozostałe kąty mają po $80^\circ$. Jeśli jest to kąt przy podstawie, drugi kąt przy podstawie też ma $20^\circ$, a kąt między ramionami ma $140^\circ$.

Miary łuków są proporcjonalne do podanych liczb, a ich suma wynosi $360^\circ$. Każdy kąt trójkąta jest połową miary przeciwległego łuku.

a) Jedna część ma $360^\circ/15=24^\circ$. Łuki $AB,BC,CA$ mają $48^\circ,96^\circ,216^\circ$, więc $\angle A=48^\circ$, $\angle B=108^\circ$, $\angle C=24^\circ$.

b) Jedna część ma $360^\circ/9=40^\circ$. Łuki mają $40^\circ,120^\circ,200^\circ$, więc $\angle A=60^\circ$, $\angle B=100^\circ$, $\angle C=20^\circ$.

a) Cięciwy $AC,DB$ przecinają się w $E$. Z rysunku $OE=4$, $DE=\frac{10}{3}$ i $EB=6$. Ponieważ $AC$ jest średnicą, $CE\cdot EA=(r-4)(r+4)$. Z twierdzenia o cięciwach

więc $r=6$. W trójkącie $OEB$ boki mają $OE=4$, $OB=EB=6$, skąd sinus kąta między $EB$ i średnicą wynosi $\frac{2\sqrt2}{3}$. Wysokość z $B$ na $AC$ ma $6\cdot\frac{2\sqrt2}{3}=4\sqrt2$, więc $P_{ABC}=\frac12\cdot12\cdot4\sqrt2=24\sqrt2$.

b) $BD$ jest średnicą, a $AE\perp BD$. Z trójkąta prostokątnego $ABE$: $BE=\sqrt{(4\sqrt5)^2-4^2}=8$. Twierdzenie o cięciwach daje $AE\cdot EC=BE\cdot ED$. Ponieważ $AE=EC=4$, mamy $ED=2$, więc $BD=10$, $r=5$. Pole: $\frac12\cdot AC\cdot BE =\frac12\cdot8\cdot8=32$.

c) $AB$ jest średnicą. Z twierdzenia o cięciwach $AE\cdot EB=DE\cdot EC=5\cdot8=40$. Ponieważ $EB=4$, $AE=10$, zatem $AB=14$ i $r=7$. Z danych rysunku wysokość trójkąta do podstawy $AC=6$ ma $4\sqrt{10}$, więc $P=\frac12\cdot6\cdot4\sqrt{10}=12\sqrt{10}$.

Niech $\alpha$ będzie kątem przy podstawie. Ramię trójkąta ma długość $R$ i leży naprzeciw kąta $\alpha$. Z rozszerzonego twierdzenia sinusów $R=2R\sin\alpha$, więc $\sin\alpha=\frac12$ i $\alpha=30^\circ$. Kąt między ramionami ma $180^\circ-2\cdot30^\circ=120^\circ$.

a) Z twierdzenia cosinusów w trójkącie $ABC$:

więc $AB=12$.

b) $P_{ABC}=\frac12(4\sqrt3)^2\sin120^\circ=12\sqrt3$. Kąty $ACB$ i $ADB$ są przeciwległymi kątami czworokąta wpisanego, więc $\angle ADB=60^\circ$. Trójkąt $ABD$ jest równoboczny o boku $12$, zatem $P_{ABD}=36\sqrt3$.

c) Promień okręgu opisanego spełnia $R=\frac{AB}{2\sin120^\circ}=4\sqrt3$, więc długość okręgu to $2\pi R=8\sqrt3\pi$.

Niech $\angle BAC=\alpha$. W trójkącie prostokątnym $ACD$ mamy $\angle ACD=90^\circ-\alpha$.

Kąt środkowy $\angle BSC$ oparty na łuku $BC$ ma miarę $2\alpha$. Trójkąt $BSC$ jest równoramienny, więc jego kąt przy $C$ ma miarę

Zatem $\angle ACD=\angle SCB$.

a) Ramię $b$ leży naprzeciw kąta przy podstawie $\alpha$. Z rozszerzonego twierdzenia sinusów $b=2R\sin\alpha$, więc $R=\frac{b}{2\sin\alpha}$.

b) Wysokość dzieli kąt między ramionami $2\alpha$ na połowy. Jeśli ramię ma długość $b$, to $h=b\cos\alpha$, czyli $b=\frac{h}{\cos\alpha}$. Ramię leży naprzeciw kąta przy podstawie $90^\circ-\alpha$, zatem

Przeciwprostokątna trójkąta wpisanego w okrąg ma długość średnicy, czyli $10$ cm.

a) Dla przyprostokątnych $x,2x$ mamy $x^2+4x^2=100$, więc $x=2\sqrt5$. Pole wynosi $\frac12x\cdot2x=x^2=20$ cm².

b) Dla przyprostokątnych $x,x+2$ równanie $x^2+(x+2)^2=100$ daje $x=6$. Przyprostokątne mają $6$ i $8$ cm, więc pole wynosi $\frac12\cdot6\cdot8=24$ cm².