MATeMAtyka 2. Zbiór zadań — strona 230

Pole wycinka stanowi $\frac{\alpha}{360^\circ}$ pola koła, więc

Po skróceniu przez $\pi$: $\alpha=\frac{440\cdot360^\circ}{1600}=99^\circ.$

Niech promienie okręgów będą równe $r_A,r_B,r_C$. Ze styczności zewnętrznej

Suma długości okręgów spełnia $2\pi(r_A+r_B+r_C)=36\pi,$ więc $r_A+r_B+r_C=18$. Obwód trójkąta środków wynosi zatem

Niech bok kwadratu ma długość $a$, a promień okręgu $r$. Ze styczności środek $S$ leży na dwusiecznej kąta prostego przy $C$, czyli na prostej $AC$, oraz $|CS|=r\sqrt2$.

Jeśli $S$ leży między $C$ i $A$, to $|SA|=r$ oraz $a\sqrt2=r\sqrt2+r,$ czyli $r=a(2-\sqrt2).$ Długość okręgu jest równa $2\pi r=2\pi a(2-\sqrt2)\approx3{,}68a<4a,$ a $4a$ jest obwodem kwadratu.

Warunki zadania dopuszczają jednak także środek $S$ leżący na tej samej półprostej za punktem $A$. Wtedy $r\sqrt2=a\sqrt2+r,$ więc $r=a(2+\sqrt2),$ a długość okręgu $2\pi a(2+\sqrt2)$ jest większa od $4a$. Bez wskazania położenia środka odpowiedź nie jest jednoznaczna.

Niech $d$ oznacza odległość środka $O$ od prostej $m$. Ponieważ $m$ przechodzi przez punkt odległy od $O$ o $43$, mamy $0\le d\le43$. Okrąg o promieniu większym od $d$ daje dwa punkty wspólne, o promieniu równym $d$ — jeden, a o promieniu mniejszym od $d$ — żadnego.

Dla $d=0$ otrzymujemy $200$ punktów. Dla niecałkowitego $d\in(k,k+1)$, gdzie $0\le k\le42$, liczba punktów wynosi $2(100-k)$, więc otrzymujemy wszystkie parzyste liczby od $116$ do $200$. Dla całkowitego $d=k$, gdzie $1\le k\le43$, jest ich $1+2(100-k)=201-2k,$ czyli wszystkie liczby nieparzyste od $115$ do $199$.

Przeciwprostokątna ma długość $c=\sqrt{20^2+48^2}=52.$ Wysokość $h$ opuszczona z wierzchołka kąta prostego spełnia $\frac12\cdot20\cdot48=\frac12\cdot52\cdot h,$ zatem $h=\frac{240}{13}$. Środek okręgu leży na tej wysokości i jest oddalony od wierzchołka o promień $9$. Jego odległość od prostej zawierającej przeciwprostokątną wynosi $\frac{240}{13}-9=\frac{123}{13}>\frac{117}{13}=9.$ Odległość środka od prostej jest więc większa od promienia.

Kąt środkowy oparty na tym samym łuku jest dwa razy większy od kąta wpisanego, więc $\beta=2\alpha$.

a) Z $\alpha+\beta=90^\circ$ mamy $3\alpha=90^\circ$, zatem $\beta=60^\circ$. Wycinek stanowi $\frac{60^\circ}{360^\circ}\cdot100\%\approx16{,}67\%,$ czyli po zaokrągleniu $17\%$.

b) Z $\beta-\alpha=110^\circ$ i $\beta=2\alpha$ otrzymujemy $\alpha=110^\circ$, $\beta=220^\circ$. Wycinek stanowi $\frac{220^\circ}{360^\circ}\cdot100\%\approx61{,}11\%,$ czyli $61\%$.

Korzystamy z twierdzenia o kącie wpisanym oraz z faktu, że promienie tego samego okręgu są równe.

a) Łuki $CB,BA,AC$ mają miary odpowiednio $78^\circ,166^\circ,360^\circ-78^\circ-166^\circ=116^\circ$. Kąty trójkąta są ich połowami: $\angle A=39^\circ,\quad\angle B=58^\circ,\quad\angle C=83^\circ.$

b) $AB$ jest średnicą, więc $\angle C=90^\circ$. Z rysunku $\angle A=28^\circ$, a z sumy kątów $\angle B=62^\circ$.

c) Ze skanu odczytujemy $\angle ACO=31^\circ$ i $\angle OAB=45^\circ$. Ponieważ $OA=OC$ oraz $OA=OB$, $\angle OAC=31^\circ,\qquad\angle ABO=45^\circ.$ Niech $\angle OBC=\angle BCO=x$; równość wynika z $OB=OC$. Z sumy kątów trójkąta $ABC$: $31^\circ+45^\circ+(45^\circ+x)+(31^\circ+x)=180^\circ,$ więc $x=14^\circ$. Stąd $\angle A=76^\circ,\quad\angle B=59^\circ,\quad\angle C=45^\circ.$

d) $CB$ jest średnicą, więc $\angle A=90^\circ$. Kąt środkowy $\angle COA=162^\circ$, zatem oparty na tym samym łuku $\angle B=81^\circ$, a $\angle C=9^\circ$.