MATeMAtyka 2. Zbiór zadań — strona 212

a) Pola blatów wynoszą $100\cdot240=24\,000\ \text{cm}^2$ oraz $144\cdot192=27\,648\ \text{cm}^2$. Większy jest drugi blat.

b) Przekątna pierwszego blatu ma długość $\sqrt{100^2+240^2}=260$ cm, czyli tyle wynosi średnica oświetlonego koła. Przekątna drugiego blatu ma długość $\sqrt{144^2+192^2}=240$ cm, a więc jest krótsza od średnicy koła. Prostokąt można zatem umieścić wewnątrz oświetlonego koła.

Kąt przy wierzchołku $B$ ma miarę $70^\circ+42^\circ=112^\circ$. W trójkącie $BCD$:

Przeciwległe kąty czworokąta wpisanego sumują się do $180^\circ$, więc $\angle DAB=105^\circ$ i $\angle CDA=68^\circ$.

Niech promień koła wynosi $R$. Ponieważ $\angle ABC=90^\circ$, także $\angle ADC=90^\circ$, a przekątna $AC=2R$ jest średnicą. W trójkącie prostokątnym $ABC$ mamy $BC=R$, więc $AB=R\sqrt3$ i $\angle BAC=30^\circ$.

Z $\angle DAB=75^\circ$ wynika $\angle DAC=45^\circ$. Trójkąt $ADC$ jest zatem prostokątny równoramienny o przyprostokątnych $R\sqrt2$. Pole czworokąta wynosi $\frac{R^2\sqrt3}{2}+R^2=\frac{R^2(2+\sqrt3)}2$.

Szukany stosunek to

Trapez wpisany w okrąg jest równoramienny. Dłuższa podstawa przechodzi przez środek okręgu, więc jest średnicą i $R=\frac{15}{2}$. Połowa krótszej podstawy ma długość $\frac32$, zatem wysokość trapezu

Pole jest równe $\frac{15+3}{2}\cdot3\sqrt6=27\sqrt6$.

Niech $d$ będzie długością przekątnej prostokąta. Pole prostokąta można zapisać za pomocą przekątnych:

Stąd $d=8$, a promień okręgu opisanego $R=d/2=4$. Pole koła wynosi $16\pi$.

Trójkąty z wierzchołkiem w środku okręgu mają kąty środkowe: dwa po $60^\circ$, jeden $90^\circ$, a czwarty $150^\circ$. Kąt czworokąta między dwiema kolejnymi cięciwami jest równy $180^\circ$ minus połowa sumy dwóch sąsiednich kątów środkowych.

Gdy kąty $60^\circ$ są obok siebie, otrzymujemy kolejno $75^\circ,120^\circ,105^\circ,60^\circ$. Gdy rozdziela je kąt $90^\circ$, otrzymujemy $75^\circ,105^\circ,105^\circ,75^\circ$.

W czworokącie wpisanym przeciwległe kąty sumują się do $180^\circ$. Jedynym możliwym sparowaniem jest

Układ $2\alpha-\beta=180^\circ$, $\alpha+2\beta=180^\circ$ daje $\alpha=108^\circ$ i $\beta=36^\circ$. Wszystkie cztery kąty są dodatnie, więc taki czworokąt istnieje.

W deltoidzie wpisanym w okrąg dwa przeciwległe, równe kąty mają po $90^\circ$. Przekątna łącząca pozostałe wierzchołki jest więc średnicą. Powstaje trójkąt prostokątny o przyprostokątnych $2$ i $4$:

Punkt przecięcia przekątnych jest spodkiem wysokości na przeciwprostokątną. Jego odległość od końca przy boku $2$ wynosi $\frac{2^2}{2\sqrt5}=\frac2{\sqrt5}$. Środek średnicy jest od tego końca oddalony o $\sqrt5$, więc szukana odległość to $\sqrt5-\frac2{\sqrt5}=\frac{3\sqrt5}{5}$.

Trapez jest równoramienny. Niech krótsza podstawa ma długość $x$, a ramię $l$; z warunku $x=2l$. Promień okręgu wynosi $1$, bo dłuższa podstawa $2$ jest średnicą.

Jeśli połowa krótszej podstawy wynosi $x/2$, to $h^2+(x/2)^2=1$ oraz $l^2=(1-x/2)^2+h^2=2-x$. Po podstawieniu $l=x/2$: $x^2/4=2-x$, więc $x=2(\sqrt3-1)$ i $l=\sqrt3-1$.

Obwód wynosi $4\sqrt3-2$, a $h=\sqrt{2\sqrt3-3}$. Pole jest równe $\frac{2+x}{2}h=\sqrt{6\sqrt3-9}$.

Kąt wpisany oparty na średnicy ma $90^\circ$. Ponieważ $AC$ jest średnicą, kąty $ABC$ i $ADC$ są proste. Ponieważ $BD$ jest średnicą, kąty $BAD$ i $BCD$ również są proste. Czworokąt ma więc cztery kąty proste, czyli jest prostokątem.