MATeMAtyka 2. Zbiór zadań — strona 224

Stosujemy twierdzenie cosinusów $c^2=a^2+b^2-2ab\cos\gamma$.

a) $c^2=25+64-80\cdot\frac12=49$, więc $c=7$.

b) $c^2=25+18-30\sqrt2\cdot\frac{\sqrt2}{2}=13$, więc $c=\sqrt{13}$.

c) $c^2=36+81-108\cos120^\circ=171$, więc $c=3\sqrt{19}$.

d) $c^2=12+16-16\sqrt3\cos150^\circ=52$, więc $c=2\sqrt{13}$.

Ze skanu odczytujemy współrzędne w jednostkach kratki: $C=(0,2)$, $B=(2,3)$, $A=(3,0)$. Stąd $BC^2=5$, $BA^2=10$, $AC^2=13$.

Z twierdzenia cosinusów:

$$\cos A=\frac{10+13-5}{2\sqrt{10}\sqrt{13}}=\frac9{\sqrt{130}},$$ $$\cos B=\frac{5+10-13}{2\sqrt5\sqrt{10}}=\frac1{\sqrt{50}}.$$

Zatem $A\approx38^\circ$, $B\approx81{,}9^\circ$, a $C\approx60{,}2^\circ$.

Kwadraty długości przekątnych równoległoboku są równe

$$d_1^2=6^2+(3\sqrt2)^2+2\cdot6\cdot3\sqrt2\cos45^\circ=90,$$ $$d_2^2=6^2+(3\sqrt2)^2-2\cdot6\cdot3\sqrt2\cos45^\circ=18.$$

Zatem $d_1=3\sqrt{10}$ i $d_2=3\sqrt2$.

Promienie $OB,OC$ są prostopadłe do stycznych, więc trójkąty $AOB$ i $AOC$ są prostokątne o przyprostokątnych $8$ i $15$. Stąd $AO=17$. Kąty przy $B$ i $C$ czworokąta są proste.

Niech $\theta=\angle BAO$. Wtedy $\cos\theta=15/17$. Przekątna $BC$ jest cięciwą mniejszego okręgu: $BC=16\cos\theta=240/17=14\frac2{17}$.

$\angle CAB=2\theta$, więc $\cos\angle CAB=2(15/17)^2-1=161/289$, $\angle CAB\approx56{,}1^\circ$, a $\angle BOC\approx123{,}9^\circ$.

Niech $a\le b\le c$ będą naturalnymi bokami, $a+b+c=10$ i $a+b>c$. Sprawdzenie skończonej liczby rozkładów daje tylko trójkąty $(2,4,4)$ oraz $(3,3,4)$.

Dla $(2,4,4)$ kąt naprzeciw boku $2$ spełnia $\cos\alpha=(4^2+4^2-2^2)/(2\cdot4\cdot4)=7/8$, więc $\alpha\approx29{,}0^\circ$, a dwa pozostałe kąty mają po $75{,}5^\circ$.

Dla $(3,3,4)$ kąt naprzeciw boku $4$ spełnia $\cos\gamma=1/9$, więc $\gamma\approx83{,}6^\circ$, a pozostałe mają po $48{,}2^\circ$.

Obie części naprężonej nitki mają długość $1$ m i tworzą kąt $1^\circ$. Z twierdzenia cosinusów odległość $d$ między końcami spełnia

$$d^2=1^2+1^2-2\cos1^\circ, \qquad d=\sqrt{2-2\cos1^\circ}\ \text{m}.$$

Jest to około $0{,}01745$ m, czyli $1{,}745$ cm; po zaokrągleniu $2$ cm.

Trójkąt $ABC$ jest równoramienny: jego kąty mają miary $40^\circ,70^\circ,70^\circ$. Z twierdzenia cosinusów dla podstawy $1$ ramiona mają długość $1/\sqrt{2-2\cos40^\circ}$.

Kąt środkowy oparty na boku $AB$ ma $80^\circ$. Trójkąt $ABO$ ma więc kąty $80^\circ,50^\circ,50^\circ$ i ramiona $1/(2\sin40^\circ)$.

Kąt środkowy oparty na boku $AC$ ma $140^\circ$. Trójkąt $AOC$ ma kąty $140^\circ,20^\circ,20^\circ$, boki $AO=OC=1/(2\sin40^\circ)$ oraz $AC=1/\sqrt{2-2\cos40^\circ}$.

Rozważamy możliwe położenia kąta $45^\circ$.

Jeśli jest to kąt między bokami $2$ i $3$, to $x^2=2^2+3^2-2\cdot2\cdot3\cos45^\circ=13-6\sqrt2$, więc $x=\sqrt{13-6\sqrt2}$.

Kąt $45^\circ$ nie może leżeć naprzeciw boku $2$, ale może leżeć naprzeciw boku $3$. Wtedy $3^2=2^2+x^2-4x\cos45^\circ$, czyli $x^2-2\sqrt2x-5=0$. Dodatnim rozwiązaniem jest $x=\sqrt7+\sqrt2$.

Niech boki mają długości $n,n+1,n+2$, a najmniejszy kąt miarę $\alpha$; największy ma $2\alpha$. Z twierdzenia sinusów

$$\frac{n+2}{n}=2\cos\alpha, \qquad \frac{n+1}{n}=\frac{\sin3\alpha}{\sin\alpha}=4\cos^2\alpha-1.$$

Po podstawieniu pierwszej zależności do drugiej otrzymujemy $n=4$.