NOWA MATeMAtyka 2. Zakres podstawowy i rozszerzony — strona 179

a) Trójkąt jest prostokątny równoramienny, więc

$$x\sqrt2=x+2.$$

Stąd

$$x=\frac{2}{\sqrt2-1}=2(\sqrt2+1).$$

Przeciwprostokątna ma długość $x+2$, zatem

$$Ob=2x+(x+2)=3x+2=2(3\sqrt2+4).$$

b) Bok $AB=x$ jest przeciwprostokątną, a $AC=6-x$ leży naprzeciw kąta $30^\circ$, więc

$$6-x=\frac x2.$$

Otrzymujemy $x=4$, $AC=2$ i $BC=2\sqrt3$. Zatem

$$Ob=4+2+2\sqrt3=2(3+\sqrt3).$$

c) Bok $BC=x$ leży naprzeciw kąta $30^\circ$, a $AB=x+1$ — naprzeciw kąta $60^\circ$. Zatem

$$x\sqrt3=x+1, \qquad x=\frac{\sqrt3+1}{2}.$$

Przeciwprostokątna ma długość $2x$, więc

$$Ob=x+(x+1)+2x=4x+1=2\sqrt3+3.$$

a) Bok rombu ma długość

$$a=\frac{32\sqrt3}{4}=8\sqrt3\ \text{cm}.$$

Wysokość jest dłuższą przyprostokątną trójkąta $30^\circ$–$60^\circ$–$90^\circ$, którego przeciwprostokątną jest bok rombu:

$$h=a\cdot\frac{\sqrt3}{2} =8\sqrt3\cdot\frac{\sqrt3}{2}=12\ \text{cm}.$$

b) Dla boku $a$ mamy

$$h=a\cdot\frac{\sqrt2}{2}.$$

Z warunku $10\sqrt2=a\frac{\sqrt2}{2}$ wynika $a=20\ \text{cm}$, więc

$$Ob=4a=80\ \text{cm}.$$

Ponieważ $AC=BC$, odcinek $CP$ jest wysokością trójkąta $ABC$. Mamy

$$AP=\frac{AB}{2}=2\sqrt3\ \text{cm}$$

oraz

$$CP=\sqrt{AC^2-AP^2} =\sqrt{4^2-(2\sqrt3)^2}=2\ \text{cm}.$$

Trójkąt $APC$ jest prostokątny przy $P$. Dwie jego wysokości są więc równe przyprostokątnym: $2\sqrt3\ \text{cm}$ i $2\ \text{cm}$. Trzecią wysokość $h$, opuszczoną z $P$ na $AC$, wyznaczamy z pola:

$$\frac12\cdot AP\cdot PC=\frac12\cdot AC\cdot h,$$ $$h=\frac{2\sqrt3\cdot2}{4}=\sqrt3\ \text{cm}.$$

Z kąta $45^\circ$ wynika, że trójkąt $ABE$ jest prostokątny równoramienny, więc

$$BE=AB=2{,}5.$$

Na skanie krótszą przekątną trapezu jest $CE$. Oznaczmy $BC=u$. Z twierdzenia Pitagorasa w trójkącie $BCE$:

$$u^2+2{,}5^2=\left(\frac{\sqrt{41}}2\right)^2,$$ $$u^2+\frac{25}{4}=\frac{41}{4}, \qquad u=2.$$

Stąd

$$AC=AB+BC=4{,}5.$$

Ponieważ prosta $AD$ tworzy z podstawą kąt $45^\circ$, trójkąt $ACD$ jest prostokątny równoramienny: $CD=AC=4{,}5$ i $AD=4{,}5\sqrt2$. Zatem

$$Ob_{ACD}=4{,}5(2+\sqrt2).$$

Trójkąt $BCD$ jest typu $30^\circ$–$60^\circ$–$90^\circ$. Oznaczmy $DC=a$; wtedy $BD=a\sqrt3$. Z warunku na pole

$$\frac12\cdot a\cdot a\sqrt3=8\sqrt3$$

otrzymujemy $a^2=16$, czyli

$$DC=4, \qquad BD=4\sqrt3.$$

Trójkąt $ABD$ także jest typu $30^\circ$–$60^\circ$–$90^\circ$. Bok $BD$ leży naprzeciw kąta $30^\circ$, więc

$$AB=2BD=8\sqrt3, \qquad AD=BD\sqrt3=12.$$

Zatem

$$Ob_{ABD}=4\sqrt3+8\sqrt3+12=12(1+\sqrt3).$$

Kąty ostre mają miary $30^\circ$ i $60^\circ$. Oznaczmy krótszą przyprostokątną przez $a$. Wtedy dłuższa ma długość $a\sqrt3$, a przeciwprostokątna $2a$. Z warunku

$$2a+a\sqrt3=6(2+\sqrt3)$$

wynika $a=6$. Pole jest więc równe

$$P=\frac12\cdot6\cdot6\sqrt3=18\sqrt3.$$

a) Oznaczmy przyprostokątne przez $p$ i $q$. Pole obliczone za pomocą przeciwprostokątnej i opuszczonej na nią wysokości jest równe

$$P=\frac12\cdot10\cdot4=20.$$

Zatem $pq=40$, a z twierdzenia Pitagorasa $p^2+q^2=100$. Wobec tego

$$(p+q)^2=p^2+q^2+2pq=100+80=180,$$

czyli $p+q=6\sqrt5$. Stąd

$$Ob=10+6\sqrt5=2(5+3\sqrt5).$$

b) Niech $H$ będzie spodkiem wysokości. Ze skanu wynika, że $H$ leży na przedłużeniu $AB$ za punktem $A$. W trójkącie prostokątnym $BHC$

$$BH=\sqrt{BC^2-CH^2}=\sqrt{(2\sqrt{13})^2-4^2}=6.$$

Ponieważ $AB=3$, mamy $AH=BH-AB=3$. Zatem

$$AC=\sqrt{AH^2+CH^2}=\sqrt{3^2+4^2}=5,$$

a więc

$$Ob=3+5+2\sqrt{13}=2(4+\sqrt{13}).$$

a) Przeciwprostokątna ma długość

$$c=\sqrt{6^2+8^2}=10\ \text{cm}.$$

Środkowe z wierzchołków kątów ostrych tworzą odpowiednio trójkąty prostokątne o parach przyprostokątnych $(8,3)$ oraz $(6,4)$. Ich długości są równe

$$\sqrt{8^2+3^2}=\sqrt{73}\ \text{cm}, \qquad \sqrt{6^2+4^2}=2\sqrt{13}\ \text{cm}.$$

b) Trójkąt ma boki $6\ \text{cm}$, $6\sqrt3\ \text{cm}$ i $12\ \text{cm}$. Analogicznie długości szukanych środkowych wynoszą

$$\sqrt{6^2+(3\sqrt3)^2}=3\sqrt7\ \text{cm}$$

oraz

$$\sqrt{(6\sqrt3)^2+3^2}=3\sqrt{13}\ \text{cm}.$$