MATeMAtyka 2. Zbiór zadań — strona 221

Korzystamy z twierdzenia sinusów i z warunku, że pozostałe kąty nie są większe niż $90^\circ$.

a) $\sin\beta=\frac{8\sin30^\circ}{4}=1$, więc $\beta=90^\circ$, $\gamma=60^\circ$ i $c=\frac{4\sin60^\circ}{\sin30^\circ}=4\sqrt3$.

b) $\sin\alpha=\frac{6\sin60^\circ}{7}=\frac{3\sqrt3}{7}$, więc $\alpha\approx48^\circ$, $\gamma\approx72^\circ$ i $c\approx7{,}7$.

c) $\sin\beta=\frac{12\sin45^\circ}{10}$, zatem $\beta\approx58^\circ$, $\alpha\approx77^\circ$ i $a\approx13{,}8$.

d) $\sin\alpha=\frac{6\sin140^\circ}{9}$, więc $\alpha\approx25^\circ$, $\beta\approx15^\circ$ i $b\approx3{,}6$.

W standardowym oznaczeniu bok $b=|AC|$ leży naprzeciw kąta $\beta$, a bok $a$ naprzeciw kąta $\alpha$. Z twierdzenia sinusów

Po przekształceniu $b=\frac{a\sin\beta}{\sin\alpha}$, więc podana równość jest prawdziwa.

a) Gdyby taki trójkąt istniał, z twierdzenia sinusów mielibyśmy

co jest niemożliwe.

b) Analogicznie $\sin\alpha=\frac{8\sin100^\circ}{5}>1$. Także w tym przypadku trójkąt nie istnieje.

Kąt między masztem a zboczem ma miarę $90^\circ-43^\circ=47^\circ$. Trzeci kąt trójkąta ma zatem $180^\circ-47^\circ-63^\circ=70^\circ$.

Z twierdzenia sinusów, dla cienia długości $12$ m:

Trzeci kąt ma miarę $150^\circ$ i leży naprzeciw najdłuższego boku. Z rozszerzonego twierdzenia sinusów

Stąd $R=8$ cm.

Kąty $BAD$ i $DAC$ są równe. Z twierdzenia sinusów promień okręgu opisanego na $ABD$ jest równy $R_1=BD/(2\sin\angle BAD)$, a na $ADC$: $R_2=DC/(2\sin\angle DAC)$. Zatem $R_1/R_2=BD/DC$.

Z twierdzenia o dwusiecznej $BD/DC=AB/AC=2$. Długości okręgów są proporcjonalne do promieni, więc ich stosunek także wynosi $2$.

W trójkącie $ABD$ mamy $\angle A=135^\circ$, $\angle B=30^\circ$, $\angle D=15^\circ$. Dla $R=2$ długość cięciwy naprzeciw kąta $\theta$ wynosi $4\sin\theta$, więc

Ponieważ $\angle CDA=75^\circ$, w trójkącie $BCD$ kąty mają miary $60^\circ,45^\circ,75^\circ$. Stąd $BC=2\sqrt3$ i $CD=\sqrt6+\sqrt2$.

Pola trójkątów $ABD$ i $BCD$ wynoszą odpowiednio $\sqrt3-1$ oraz $3+\sqrt3$, więc pole czworokąta to $2+2\sqrt3$.

Ustawmy kwadrat jako $A=(0,0)$, $B=(4,0)$, $C=(4,4)$, $D=(0,4)$. Środek boku $BC$ to $M=(4,2)$, a środek kwadratu $S=(2,2)$.

W trójkącie $AMS$: $AM=2\sqrt5$, $AS=2\sqrt2$, $MS=2$, a pole wynosi $2$. Promień okręgu opisanego jest równy

Z rozszerzonego twierdzenia sinusów $a=2R\sin\alpha$, $b=2R\sin\beta$, $c=2R\sin\gamma$. Podana równość prowadziłaby więc do $a+b=c$. Jest to sprzeczne z ostrą nierównością trójkąta $a+b>c$. Taki trójkąt nie istnieje.

Trzeci kąt ma miarę $20^\circ$. Ponieważ $AC=10$ leży naprzeciw kąta $30^\circ$, z twierdzenia sinusów

Wysokość opuszczona z $B$ na prostą $AC$ ma długość