MATeMAtyka 2. Zbiór zadań — strona 233

Przeciwprostokątna trójkąta o przyprostokątnych $5$ i $12$ ma długość $13$. Niech półprosta przecina ją w punkcie $D$ i niech $AD=x$, $DB=13-x$. Równość obwodów dwóch powstałych trójkątów, po skróceniu ich wspólnego boku, daje

$$5+x=12+(13-x),$$

stąd $x=10$. Pola trójkątów mają stosunek ich podstaw na tej samej prostej, czyli $10:3$. Mają też równe półobwody, bo ich obwody są równe. Z zależności $P=rs$ promienie są więc w tym samym stosunku co pola.

Korzystamy ze wzoru na sinus podwojonego kąta:

$$\frac{\sin2\alpha}{\sin\alpha} =\frac{2\sin\alpha\cos\alpha}{\sin\alpha} =2\cos\alpha.$$

Ponieważ $\alpha$ jest połową kąta trójkąta, mamy $0^\circ<\alpha<90^\circ$, więc $\cos\alpha>0$. Ponadto

$$\sqrt{2+2\cos2\alpha} =\sqrt{2+2(2\cos^2\alpha-1)} =\sqrt{4\cos^2\alpha}=2\cos\alpha.$$

Obie strony są zatem równe.

Niech $P$ będzie wspólnym końcem cięciw, a $A,B$ ich drugimi końcami. Środki cięciw są środkami odcinków $PA$ i $PB$, więc odcinek między nimi jest równoległy do $AB$ i ma połowę jego długości. Stąd

$$AB=4\sqrt7.$$

W trójkącie $PAB$:

$$\cos\angle APB =\frac{4^2+8^2-(4\sqrt7)^2}{2\cdot4\cdot8} =-\frac12,$$

więc $\angle APB=120^\circ$, a pole trójkąta jest równe $8\sqrt3$. Promień jego okręgu opisanego, będącego danym okręgiem, wynosi

$$R=\frac{4\cdot8\cdot4\sqrt7}{4\cdot8\sqrt3} =\frac{4\sqrt{21}}3.$$

Punkt przecięcia przekątnych jest środkiem równoległoboku, zatem pełne wysokości są dwa razy większe od danych odległości i wynoszą $6$ oraz $8$. Przy kącie $60^\circ$ długości boków są więc

$$a=\frac6{\sin60^\circ}=4\sqrt3, \qquad b=\frac8{\sin60^\circ}=\frac{16\sqrt3}{3}.$$

Pole:

$$P=ab\sin60^\circ=32\sqrt3.$$

Kwadrat krótszej przekątnej jest równy

$$a^2+b^2-2ab\cos60^\circ =a^2+b^2-ab=\frac{208}{3}.$$

Połowa różnicy podstaw jest równa $2$.

a) Kąt ostry ma $30^\circ$, więc wysokość wynosi $h=2\tan30^\circ=2/\sqrt3$. Ramię:

$$l=\sqrt{2^2+h^2}=\frac{4\sqrt3}{3}.$$

Pole jest równe $8h=16\sqrt3/3$.

b) Ustawmy dłuższą podstawę poziomo. Wektor ramienia ma składowe $(-2,h)$, a przekątnej $(8,h)$. Ich prostopadłość daje $-16+h^2=0$, czyli $h=4$. Stąd $l=\sqrt{2^2+4^2}=2\sqrt5$ i $P=8h=32$.

Ustawmy $A=(0,0)$ i $B=(6\sqrt3,0)$. Z $AC=8$ oraz kąta $30^\circ$ dostajemy $C=(4\sqrt3,4)$. Niech $D=(x,4)$. Warunek $AD=DC$ daje

$$x^2+16=(4\sqrt3-x)^2,$$

więc $x=4\sqrt3/3$. Zatem

$$AD=CD=\frac{8\sqrt3}{3}, \qquad BC=\sqrt{(2\sqrt3)^2+4^2}=2\sqrt7.$$

W trapezie punkt przecięcia przekątnych dzieli je w stosunku podstaw:

$$\frac{AS}{SC}=\frac{AB}{CD} =\frac{6\sqrt3}{8\sqrt3/3}=\frac94.$$

Trójkąty $ABS$ i $CDS$ są podobne w skali $9:4$, więc stosunek ich pól wynosi $81:16$.

Niech trzeci bok ma długość $x$, a półobwód $s=(8+x)/2$. Ponieważ promień okręgu wpisanego jest równy $1$, pole trójkąta wynosi $P=s$. Ze wzoru Herona:

$$s^2=s(s-3)(s-5)(s-x).$$

Po podzieleniu przez dodatnie $s$ i podstawieniu jego wartości otrzymujemy

$$x^3-8x^2+64=0,$$

czyli

$$(x-4)(x^2-4x-16)=0.$$

Dodatnie rozwiązania spełniające nierówności trójkąta to $x=4$ oraz $x=2+2\sqrt5$.

a) Ustawmy bok długości $8$ poziomo. Bok długości $5$ ma składową prostopadłą równą $3$, a z twierdzenia Pitagorasa składową równoległą równą $4$. Przekątne mają więc długości

$$\sqrt{(8-4)^2+3^2}=5, \qquad \sqrt{(8+4)^2+3^2}=3\sqrt{17}.$$

b) Pole równoległoboku wyraża się przez przekątne:

$$P=\frac12d_1d_2\sin60^\circ =\frac12\cdot8\cdot12\cdot\frac{\sqrt3}{2} =24\sqrt3.$$

Trapez wpisany w okrąg jest równoramienny. Niech średnica będąca dłuższą podstawą ma długość $2R$, a połowa krótszej podstawy $x$. Każde ramię ma długość

$$l=\sqrt{(R-x)^2+(R^2-x^2)} =\sqrt{2R(R-x)}.$$

Z warunku $2l:(2R+2x)=1:2$ wynika $2l=R+x$. Dla $q=x/R$ po podniesieniu do kwadratu:

$$8(1-q)=(1+q)^2, \qquad q=-5+4\sqrt2.$$

Cosinus kąta ostrego przy dłuższej podstawie jest równy

$$\frac{R-x}{l} =\sqrt{\frac{1-q}{2}}=\sqrt2-1.$$

Cosinus kąta rozwartego ma przeciwny znak.