MATeMAtyka 2. Zbiór zadań — strona 222

a) Obwód okręgu $10\pi$ daje $R=5$. Trzeci kąt trójkąta ma $120^\circ$. Z zależności $a=2R\sin\alpha$ boki wynoszą $10\sin25^\circ\approx4{,}2$, $10\sin35^\circ\approx5{,}7$ oraz $10\sin120^\circ=5\sqrt3$.

b) Trzeci kąt ma $100^\circ$. Dla $a=2R\sin30^\circ$, $b=2R\sin50^\circ$ pole jest równe

$$P=\frac12ab\sin100^\circ =R^2\sin50^\circ\sin100^\circ\approx0{,}75R^2.$$

W trójkącie równoramiennym $AC=BC$. Kąty $APC$ i $BPC$ są dopełniające do $180^\circ$, więc mają równe sinusy.

Z rozszerzonego twierdzenia sinusów dla obu trójkątów:

$$R_{ACP}=\frac{AC}{2\sin\angle APC}, \qquad R_{BCP}=\frac{BC}{2\sin\angle BPC}.$$

Liczniki i mianowniki są równe, zatem promienie są jednakowe.

Trzeci kąt ma miarę $\gamma=105^\circ$. Z twierdzenia sinusów możemy zapisać $a=k\sin30^\circ$ i $b=k\sin45^\circ$. Warunek na sumę daje

$$k\left(\frac12+\frac{\sqrt2}{2}\right)=8+4\sqrt2.$$

Stąd $k=8\sqrt2$, więc $a=4\sqrt2$, $b=8$, a

$$c=k\sin105^\circ =8\sqrt2\cdot\frac{\sqrt6+\sqrt2}{4} =4(1+\sqrt3).$$

W obu przypadkach równanie sinusowe ma dwa rozwiązania w przedziale $(0^\circ;180^\circ)$, a oba prowadzą do dodatniego trzeciego kąta.

a) $\sin\beta=\frac{7\sin30^\circ}{4}=\frac78$, więc $\beta\approx61^\circ$ lub $119^\circ$. Odpowiednio $\gamma\approx89^\circ$, $c\approx8$ albo $\gamma\approx31^\circ$, $c\approx4{,}1$.

b) $\sin\gamma=\frac{10\sin35^\circ}{6}$, więc $\gamma\approx73^\circ$ lub $107^\circ$. Odpowiednio $\alpha\approx72^\circ$, $a\approx9{,}9$ albo $\alpha\approx38^\circ$, $a\approx6{,}4$.

Trójkąty $ACP$ i $BCP$ mają tę samą wysokość opuszczoną na $AB$, więc stosunek ich pól wynosi $AP:PB=3:1$. Z drugiej strony

$$\frac{[ACP]}{[BCP]} =\frac{AC\sin60^\circ}{BC\sin30^\circ} =\sqrt3\frac{AC}{BC}.$$

Stąd $AC/BC=\sqrt3$. Ponieważ $\angle ACB=90^\circ$ i $AB=4$, trójkąt jest $30^\circ$–$60^\circ$–$90^\circ$ o przyprostokątnych $2$ i $2\sqrt3$. Jego pole wynosi $2\sqrt3$.

Z kierunków odczytujemy kąty trójkąta: $\angle A=80^\circ-10^\circ=70^\circ$, $\angle B=80^\circ$, a $\angle C=30^\circ$.

Ponieważ $AB=500$ m, z twierdzenia sinusów:

$$AC=\frac{500\sin80^\circ}{\sin30^\circ} =1000\sin80^\circ\approx984{,}8\ \text{m},$$ $$BC=\frac{500\sin70^\circ}{\sin30^\circ} =1000\sin70^\circ\approx939{,}7\ \text{m}.$$

Z twierdzenia sinusów $\sin B=AC/(2R)=2/8=1/4$. Niech $C=120^\circ-B$, bo $A=60^\circ$. Bok $AB=2R\sin C=8\sin C$.

Pole trójkąta wynosi

$$P=\frac12\cdot AC\cdot AB\sin60^\circ =4\sqrt3\sin C.$$

Ponieważ $C$ jest kątem trójkąta i $\sin C<1$, otrzymujemy $P<4\sqrt3$.

Z twierdzenia o kącie między styczną i cięciwą kąt środkowy $\angle AOB$ ma miarę $110^\circ$. Dla cięciwy długości $10$:

$$10=2r\sin55^\circ, \qquad r=\frac5{\sin55^\circ}\approx6{,}1\ \text{cm}.$$

Pole trójkąta $AOB$:

$$P=\frac12r^2\sin110^\circ =25\cot55^\circ\approx17{,}5\ \text{cm}^2.$$

Z twierdzenia sinusów boki mają postać $a=2R\sin\alpha$, $b=2R\sin\beta$, $c=2R\sin\gamma$. Ponieważ obwód wynosi $2$,

$$R=\frac1{\sin\alpha+\sin\beta+\sin\gamma}.$$

Stąd

$$a=\frac{2\sin\alpha}{\sin\alpha+\sin\beta+\sin\gamma},$$

a ze wzoru $P=abc/(4R)$:

$$P=\frac{2\sin\alpha\sin\beta\sin\gamma} {(\sin\alpha+\sin\beta+\sin\gamma)^2}.$$

Druga przyprostokątna ma długość $\sqrt{3^2-1^2}=2\sqrt2$. Dla dwusiecznej kąta prostego w trójkącie o przyprostokątnych $a,b$ zachodzi $d=ab\sqrt2/(a+b)$. Zatem

$$d=\frac{1\cdot2\sqrt2\cdot\sqrt2}{1+2\sqrt2} =\frac4{1+2\sqrt2} =\frac{8\sqrt2-4}{7}.$$