MATeMAtyka 4. Zakres podstawowy i rozszerzony — strona 273

Niech $h$ będzie wysokością, a $x$ rzutem poziomym ramienia $3\sqrt2$. Wtedy $x=3\sqrt2\cos\alpha$, $h=3\sqrt2\sin\alpha$ i $x^2+h^2=18$. Krótsza podstawa ma długość $6-x$, a krótsza przekątna spełnia

Po odjęciu otrzymujemy $x=4$, więc $h=\sqrt2$, $\sin\alpha=\frac13$, a krótsza podstawa ma długość $2$.

Środek ciężkości $P$ dzieli obie mediany w stosunku $2:1$. Z symetrii $AP=BP=6$, a z prostopadłości median trójkąt $APB$ jest prostokątny, więc $AB=6\sqrt2$. Ustawmy $A=(-3\sqrt2,0)$, $B=(3\sqrt2,0)$ i $C=(0,h)$. Punkt $P=(0,h/3)$, a warunek $\overrightarrow{PA}\perp\overrightarrow{PB}$ daje $h=9\sqrt2$. Promień okręgu opisanego to

Bok trójkąta równobocznego ma długość $2$, a $AP=\frac13$. Z twierdzenia cosinusów w trójkącie $APB$ otrzymujemy $PB=\frac{\sqrt{31}}3$. Jego pole wynosi $\frac12\cdot\frac13\cdot\sqrt3=\frac{\sqrt3}{6}$. Zatem promień okręgu opisanego jest równy

Z twierdzenia o dwusiecznej $AC:BC=AD:DB=1:3$. Oznaczmy $AC=x$, $BC=3x$. Ponieważ $AB=8$ i $\angle C=60^\circ$, twierdzenie cosinusów daje $8^2=x^2+9x^2-6x^2\cos60^\circ=7x^2$.

Ponieważ $AC<AB$, dwusieczna dzieli $BC$ w stosunku $CD:DB=1:2$. Z twierdzenia o dwusiecznej $AC:AB=1:2$, więc $AC=3$. Z twierdzenia Pitagorasa $BC=3\sqrt3$, stąd $CD=\sqrt3$ i $DB=2\sqrt3$. Długość dwusiecznej spełnia $AD^2=AB\cdot AC-BD\cdot CD=12$, zatem $AD=2\sqrt3$.

Wysokość trapezu stycznego do okręgu o promieniu $2$ wynosi $4$. Rzut poziomy ramienia to $4\cot75^\circ$, a jego długość $l=\frac4{\sin75^\circ}=4(\sqrt6-\sqrt2)$. W czworokącie opisanym na okręgu suma podstaw jest równa sumie ramion, czyli $2l$.

Kąt $135^\circ$ jest kątem wpisanym opartym na większym łuku wyznaczonym przez końce drugiej przekątnej. Odpowiada mu mniejszy kąt środkowy $360^\circ-2\cdot135^\circ=90^\circ$. Długość tej cięciwy jest więc równa $2\cdot3\sin45^\circ$.

Niech podstawy mają długości $a>b$, a odcinek środkowy $m=(a+b)/2$. Pola części mają wspólny czynnik $h/4$, więc $(b+m):(a+m)=1:2$. Po podstawieniu $m$ dostajemy $a=5b$. Ponieważ trapez można opisać na okręgu, sumy długości przeciwległych boków są równe, więc $a+b=5+7=12$. Stąd $b=2$, $a=10$.

Trapez wpisany w okrąg jest równoramienny. Jego wysokość wynosi $5\sin60^\circ=\frac{5\sqrt3}{2}$, a krótsza podstawa $8-2\cdot5\cos60^\circ=3$. Przekątna ma długość $\sqrt{(11/2)^2+(5\sqrt3/2)^2}=7$. Dla trójkąta o bokach $8,5,7$ i polu $10\sqrt3$ promień okręgu opisanego wynosi $R=\frac{8\cdot5\cdot7}{4\cdot10\sqrt3}$.

Niech długość obu odcinków stycznych wychodzących z $A$ będzie równa $x$. Wtedy $AB=x+7$, $AC=x+3$, $BC=10$, a półobwód $s=x+10$. Z jednej strony pole jest równe $rs=x+10$, a z wzoru Herona $[ABC]^2=21x(x+10)$. Stąd $(x+10)^2=21x(x+10)$ i $x=\frac12$. Ponadto $\sin B=\frac{2[ABC]}{AB\cdot BC}=\frac7{25}$.