MATeMAtyka 2. Zbiór zadań — strona 234

W ciągu $65$ minut wskazówka wykonuje

$$\frac{65}{60}=\frac{13}{12}$$

pełnego obrotu. Koniec wskazówki porusza się po okręgu o promieniu $12\ \text{cm}$, więc przebyta droga jest równa

$$\frac{13}{12}\cdot 2\pi\cdot 12=26\pi\ \text{cm}.$$

Jeśli $\varphi$ jest miarą mniejszego kąta środkowego opartego na cięciwie, to

$$6\sqrt3=2\cdot6\sin\frac{\varphi}{2}.$$

Stąd $\sin\frac{\varphi}{2}=\frac{\sqrt3}{2}$, więc $\varphi=120^\circ$. Pole wycinka o tym kącie wynosi

$$\frac{120^\circ}{360^\circ}\pi\cdot6^2=12\pi.$$

Pole trójkąta utworzonego przez dwa promienie i cięciwę jest równe

$$\frac12\cdot6^2\sin120^\circ=9\sqrt3.$$

Mniejszy odcinek koła ma zatem pole $12\pi-9\sqrt3\ \text{cm}^2$.

Niech $W$ oznacza wierzchołek kąta, $S$ — środek okręgu, a $T$ — punkt styczności. Promień $ST$ jest prostopadły do ramienia kąta, więc trójkąt $WTS$ jest prostokątny. Z twierdzenia Pitagorasa:

$$WS=\sqrt{WT^2+ST^2} =\sqrt{(4\sqrt5)^2+(2\sqrt5)^2} =\sqrt{100}=10\ \text{cm}.$$

Kąt wpisany ma miarę równą połowie miary łuku, na którym jest oparty. Z układu cięciw na skanie wynika, że łuk oparty na ramionach kąta $\alpha$ jest sumą łuków odpowiadających kątom $30^\circ$ i $40^\circ$. Ma więc miarę

$$2\cdot30^\circ+2\cdot40^\circ=140^\circ.$$

Zatem

$$\alpha=\frac{140^\circ}{2}=70^\circ.$$

Kąty przy podstawie mają po $30^\circ$, więc kąt przy wierzchołku ma $120^\circ$. Niech $R$ będzie promieniem okręgu opisanego. Z twierdzenia sinusów ramiona trójkąta mają długość

$$2R\sin30^\circ=R,$$

a podstawa ma długość

$$2R\sin120^\circ=\sqrt3R.$$

Pole trójkąta wynosi więc

$$P_\triangle=\frac12R^2\sin120^\circ=\frac{\sqrt3}{4}R^2.$$

Stanowi ono

$$\frac{P_\triangle}{\pi R^2}\cdot100\% =\frac{\sqrt3}{4\pi}\cdot100\%\approx13{,}8\%,$$

czyli po zaokrągleniu $14\%$.

Niech najmniejszy kąt trapezu ma miarę $\beta$. Z warunku zadania

$$360^\circ-\beta=11\beta,$$

więc $\beta=30^\circ$. Trapez wpisany w okrąg jest równoramienny. Rzut każdego ramienia na dłuższą podstawę ma długość

$$x=\frac{\sqrt3}{\tan30^\circ}=3\ \text{cm}.$$

Krótsza podstawa ma zatem długość $8-2\cdot3=2\ \text{cm}$, a pole trapezu wynosi

$$P=\frac{8+2}{2}\cdot\sqrt3=5\sqrt3\ \text{cm}^2.$$

W czworokącie opisanym na okręgu sumy długości przeciwległych boków są równe. Jeśli $l$ jest długością ramienia, to

$$4+16=2l,$$

stąd $l=10$. Połowa różnicy podstaw ma długość $6$, więc wysokość trapezu wynosi

$$h=\sqrt{10^2-6^2}=8.$$

Pozioma różnica współrzędnych końców przekątnej jest równa połowie sumy podstaw, czyli $10$. Zatem długość przekątnej jest równa

$$d=\sqrt{10^2+8^2}=\sqrt{164}=2\sqrt{41}.$$

Łuk mniejszy między sąsiednimi wierzchołkami dwunastokąta ma miarę

$$\frac{360^\circ}{12}=30^\circ.$$

Jeżeli wierzchołek kąta wpisanego leży na tym mniejszym łuku, to kąt jest oparty na łuku większym o mierze $360^\circ-30^\circ=330^\circ$. Jego miara wynosi

$$\frac{330^\circ}{2}=165^\circ.$$

Najkrótszy bok ma długość $2$. Niech $\gamma$ będzie leżącym naprzeciw niego kątem, czyli najmniejszym kątem trójkąta. Z twierdzenia cosinusów

$$\begin{aligned} \cos\gamma &=\frac{(2\sqrt2)^2+(\sqrt2+\sqrt6)^2-2^2} {2\cdot2\sqrt2(\sqrt2+\sqrt6)}\\ &=\frac{\sqrt3}{2}. \end{aligned}$$

Stąd $\gamma=30^\circ$. Suma dwóch pozostałych, a więc dwóch największych kątów, jest równa $180^\circ-30^\circ=150^\circ$.