MATeMAtyka 2. Zakres podstawowy i rozszerzony — strona 277

Dla równoległoboku o bokach $a$ i $2a$ oraz kącie $30^\circ$ kwadraty przekątnych wynoszą $a^2+4a^2\pm4a^2\cos30^\circ=a^2(5\pm2\sqrt3).$

Prostokąt ma szerokość $6$, a przekątną $10$, zatem jego wysokość wynosi $8$. Wpisany kwadrat ma bok $6$, więc strzałka łuku $BE$ ma długość $2$, a połowa cięciwy $3$. Dla promienia $R$ zachodzi $(R-2)^2+3^2=R^2$, skąd $R=13/4$.

Korzystamy z rozszerzonego twierdzenia sinusów $a=2R\sin\alpha$. a) Z geometrii trójkąta i wysokości $3$ otrzymujemy $R=5\sqrt{10}/6$. b) Dla boku $7$ naprzeciw kąta $60^\circ$ mamy $R=7/(2\sin60^\circ)=7\sqrt3/3$.

Niech promień okręgu wpisanego w trójkąt prostokątny będzie $r$, a promień opisanego $R$. Dla przyprostokątnych $a,b$ i przeciwprostokątnej $c$ mamy $2r=a+b-c$ oraz $2R=c$. Dodając te równości, otrzymujemy $2r+2R=a+b$.

Z danych $A,D,C$ współliniowych, $AD=4$, $DC=6$, $BD=3$. Trójkąt $ABD$ jest prostokątny o przeciwprostokątnej $5$, więc jego okrąg opisany ma promień $5/2$. Dla trójkąta $ABC$ wyznaczamy boki $AB=5$, $BC=3\sqrt5$, $AC=10$ i pole $15$; stąd $R=ABC/(4P)=5\sqrt5/2$. Przy współrzędnych $D=(0,0)$, $A=(-4,0)$, $C=(6,0)$, $B=(0,3)$ środki okręgów to $(-2,3/2)$ i $(1,-5/2)$, a ich odległość wynosi $5$.

Niech odcinek styczny poprowadzony z wierzchołka kąta prostego ma długość $x$. Przyprostokątne mają wtedy długości $x+6$ i $x+9$, a przeciwprostokątna $15$. Z twierdzenia Pitagorasa $(x+6)^2+(x+9)^2=15^2$, skąd dodatnim rozwiązaniem jest $x=3$. Przyprostokątne mają więc $9$ i $12$, pole wynosi $54$, a promień wpisany — równy $x$ — wynosi $3$.

Niech $l$ będzie ramieniem, a $h$ wysokością. Mamy $l^2=h^2+2^2$. Z drugiej strony $P=2h=rs=l+2$, bo $r=1$ i półobwód jest równy $l+2$. Zatem $h=(l+2)/2$. Po podstawieniu do równania Pitagorasa otrzymujemy $3l^2-4l-20=0$, stąd $l=10/3$.

Ponieważ bok długości $5$ jest średnicą, trójkąt jest prostokątny.

a) Przyprostokątne mają długości $x$ i $3x$. Z $x^2+9x^2=25$ mamy $x^2=5/2$, więc $P=\frac12x\cdot3x=15/4$.

b) Przyprostokątne są równe. Jeśli każda ma długość $x$, to $2x^2=25$, zatem $P=x^2/2=25/4$.

Promień okręgu wyznaczamy z boku leżącego naprzeciw kąta $45^\circ$. Miary odpowiednich łuków dają długości $6\pi$ i $4\pi$. Zacieniowany odcinek koła jest różnicą wycinka i trójkąta, więc ma pole $16\pi-32=16(\pi-2)$. Długość ograniczającej cięciwy upraszczamy ze wzoru cosinusów; po dodaniu łuku otrzymujemy obwód $8\sqrt2+16\sqrt{2+\sqrt2}$.