MATeMAtyka 2. Zakres podstawowy i rozszerzony — strona 218

W trapezie prostokątnym różnica podstaw jest równa poziomemu rzutowi ukośnego ramienia. a) $a-b=h/\tan60^\circ=6$, więc $b=2$, a ramię ukośne ma 12. Stąd $Ob=22+6\sqrt3$. Przekątne z twierdzenia Pitagorasa mają $4\sqrt7$ i $2\sqrt{43}$. b) $a-b=4/\tan30^\circ=4\sqrt3$, więc $a=10+4\sqrt3$, a ramię ma 8. Obwód to $32+4\sqrt3$, a przekątne mają $2\sqrt{29}$ i $2\sqrt{41+20\sqrt3}$.

Ustawmy podstawy symetrycznie względem osi. Wektory przekątnych mają składowe poziome 8 i pionowe $h$ w przeciwnych kierunkach. Ich prostopadłość daje $h=8$. Po wyznaczeniu punktu przecięcia wektory kierunkowe $AP$ i $AD$ są proporcjonalne do $(1,1)$ oraz $(1,2)$. Stąd dla kąta między nimi: $\cos=3/\sqrt{10}$ i $\sin=1/\sqrt{10}$, a więc $\tan=1/3$, $\cot=3$.

Jeśli $h$ jest wysokością, poziome rzuty ramion mają $h\cot45^\circ$ i $h\cot60^\circ$, a ich suma to różnica podstaw 6. Zatem $h(1+1/\sqrt3)=6$, czyli $h=9-3\sqrt3$. Pole wynosi $\frac{10+4}{2}h=7(9-3\sqrt3)=21(3-\sqrt3)$.

Przy odpowiednim oznaczeniu przekątna $AC=10$ jest prostopadła do ramienia $AD$ i tworzy z drugim ramieniem kąt $30^\circ$. Z równoramienności i równoległości podstaw wynika również $\angle CAB=30^\circ$. Trójkąt $ABC$ ma kąty $30^\circ,120^\circ,30^\circ$, więc $AB=BC=10/\sqrt3$. W prostokątnym $ACD$ otrzymujemy $AD=10/\sqrt3$, $CD=20/\sqrt3$. Suma boków to $50/\sqrt3$.

Dla punktu $(x,y)$ stosujemy $r=\sqrt{x^2+y^2}$, $\sin=y/r$, $\cos=x/r$. a) $(1,4)$: $(\sin,\cos,\tan,\cot)=(4\sqrt{17}/17,\sqrt{17}/17,4,1/4)$. b) $(-1,4)$: $(4\sqrt{17}/17,-\sqrt{17}/17,-4,-1/4)$. c) $(-3,2)$: $(2\sqrt{13}/13,-3\sqrt{13}/13,-2/3,-3/2)$. d) $(-2,3)$: $(3\sqrt{13}/13,-2\sqrt{13}/13,-3/2,-2/3)$.

Przekształcamy równania. a) $\frac13\cos\alpha+\frac14=\frac12\cos\alpha$ wymaga $\cos\alpha=3/2$, co jest niemożliwe. b) $\sqrt5\sin\alpha=5-\sqrt5$ wymaga $\sin\alpha=\sqrt5-1>1$. c) $3\cos\alpha+\sqrt3=6$ wymaga $\cos\alpha=2-\sqrt3/3>1$. W każdym przypadku otrzymujemy wartość spoza przedziału $[-1,1]$.

Podstawiamy wartości funkcji kątów szczególnych i upraszczamy. Otrzymujemy kolejno: a) $(1/2)(1+\sqrt2)=(1+\sqrt2)/2$; b) $(\sqrt3/2-\sqrt3/2)\tan75^\circ=0$; c) $(-1/2)/(\sqrt2/2)+1=1-\sqrt2/2$; d) po uwzględnieniu $\cos180^\circ=-1$: $(\sqrt3-\sqrt2)/2$; e) $-\sqrt2/2$; f) $1$; g) $3-\sqrt3$; h) $-8/3$.

Używamy zależności $\sin(90^\circ-x)=\cos x$. W a) $\sin53^\circ=\cos37^\circ$, w b) $\sin72^\circ=\cos18^\circ$, więc dostajemy jedynkę trygonometryczną. W c) $\cos70^\circ=\sin20^\circ$, zatem wyrażenie to $\sin^220^\circ+\cos^220^\circ$. W d) $\sin64^\circ=\cos26^\circ$ i znów otrzymujemy 1.

Dla ekierki będącej połową kwadratu zewnętrzne pole wynosi 200. Po odsunięciu listew szerokości 2 wewnętrzny trójkąt prostokątny równoramienny ma przyprostokątną $16-2\sqrt2$. Pole drewna jednej ramki to $200-(16-2\sqrt2)^2/2=68+32\sqrt2$ cm$^2$. Po pomnożeniu przez grubość $0{,}2$ cm i 1000 sztuk: $13600+6400\sqrt2\approx22651$ cm$^3$. Dla połowy trójkąta równobocznego analogiczne odjęcie wewnętrznego trójkąta daje pole listew $60+16\sqrt3$ cm$^2$, zatem objętość $12000+3200\sqrt3\approx17543$ cm$^3$.