MATeMAtyka 2. Zakres podstawowy i rozszerzony — strona 278

Dzielimy ośmiokąt na osiem przystających trójkątów o kącie środkowym $45^\circ$. a) Z pola wpisanego koła $4\pi$ mamy apotemę $2$; pole ośmiokąta po wyznaczeniu boku wynosi $32(\sqrt2-1)$. b) Dla wskazanej przekątnej długości $2$ promień okręgu opisanego wynosi $\sqrt2$, a suma pól ośmiu trójkątów daje $4\sqrt2$.

Dzielimy każdy wielokąt na trójkąty, a brakujące boki wyznaczamy z twierdzenia cosinusów.

a) Obwód to $18+2\sqrt{21}$, a pole $20\sqrt3$. b) Obwód to $4+6\sqrt2+2\sqrt6$, a pole $4(1+\sqrt3)$.

a) Prowadzimy przekątną między końcami boków $40$ i $50$. Po rozłożeniu czworokąta na dwa trójkąty i zastosowaniu wzoru $P=ab\sin\gamma/2$ otrzymujemy dokładnie $P=1100+375\sqrt3\approx1749{,}5$ m$^2$.

b) Jedna część ma pole $60\cdot15/2=450$. Dla drugiej przekątna spełnia $d^2=4500+1800\sqrt3$; wzór Herona daje $150\sqrt{17-4\sqrt3}$. Łącznie $P=450+150\sqrt{17-4\sqrt3}\approx926$ m$^2$.

Z twierdzenia cosinusów w odpowiednim trójkącie otrzymujemy brakujący bok $\sqrt6+\sqrt2$. Stąd obwód czworokąta jest równy $8+2\sqrt6+2\sqrt2$. Dla drugiej przekątnej ponownie stosujemy twierdzenie cosinusów i dostajemy $2\sqrt{8+\sqrt3}$.

Dłuższa podstawa długości $15$ jest średnicą okręgu, więc $R=15/2$. Krótsza podstawa jest równoległą cięciwą długości $9$. Odległość tej cięciwy od środka wynosi $\sqrt{(15/2)^2-(9/2)^2}=6$. Rzut poziomy każdego ramienia ma długość $(15-9)/2=3$, zatem ramię ma $\sqrt{6^2+3^2}=3\sqrt5$.

W trapezie równoramiennym opisanym na okręgu suma podstaw jest równa sumie ramion.

a) Każde ramię ma $5$, więc suma podstaw wynosi $10$. Przy wysokości $2$ pole jest równe $10\cdot2/2=10$.

b) Wysokość jest średnicą okręgu, więc ma $12$. Dla kąta $30^\circ$ ramię ma $12/\sin30^\circ=24$, suma podstaw wynosi zatem $48$, a pole $48\cdot12/2=288$.

Warunek opisania okręgu daje sumę ramion równą sumie podstaw, czyli każde ramię ma $(a+3a)/2=2a$. Po opuszczeniu wysokości rzut poziomy ramienia ma długość połowy różnicy podstaw, czyli $a$. Z twierdzenia Pitagorasa $h=\sqrt{(2a)^2-a^2}=a\sqrt3$.

Ponieważ prosta $l$ jest wspólną styczną w punkcie $P$, odcinki styczne z $Q$ spełniają $QA=QP=QB$. Z geometrii dwóch okręgów o promieniach $16$ i $9$ otrzymujemy $AB=2\sqrt{16\cdot9}=24$, zatem $QP=12$.

Czworokąt $O_1PQA$ ma dwa kąty proste i przekątną $O_1Q=\sqrt{16^2+12^2}=20$, więc promień okręgu opisanego wynosi $10$. Jego pole jest równe $192$, a półobwód $28$, zatem promień okręgu wpisanego wynosi $192/28=48/7$.