NOWA MATeMAtyka 2. Zakres podstawowy i rozszerzony — strona 204

a) Oznaczmy długość przyprostokątnej przez $a$. Z pola

$$\frac12a^2=4{,}5,\qquad a^2=9,\qquad a=3\ \text{cm}.$$

Przeciwprostokątna ma długość $3\sqrt2$ cm, więc

$$Ob=3+3+3\sqrt2=3(2+\sqrt2)\ \text{cm}.$$

b) Jeżeli przyprostokątna ma długość $a$, to

$$Ob=2a+a\sqrt2=a(2+\sqrt2).$$

Z warunku

$$a(2+\sqrt2)=30+15\sqrt2=15(2+\sqrt2)$$

otrzymujemy $a=15$ cm. Zatem

$$P=\frac12a^2=\frac12\cdot225=112{,}5\ \text{cm}^2.$$

a) Wysokość trójkąta równobocznego dzieli go na dwa trójkąty prostokątne o przeciwprostokątnej $a$ i jednej przyprostokątnej $a/2$. Z twierdzenia Pitagorasa

$$h=\sqrt{a^2-\left(\frac a2\right)^2} =\frac{a\sqrt3}{2}.$$

Zatem

$$P=\frac12ah =\frac12a\cdot\frac{a\sqrt3}{2} =\frac{a^2\sqrt3}{4}.$$

b) Bok trójkąta o obwodzie $30\sqrt3$ cm ma długość $10\sqrt3$ cm. Stąd

$$P=\frac{(10\sqrt3)^2\sqrt3}{4} =75\sqrt3\ \text{cm}^2.$$

a) Z zależności $h=a\sqrt3/2$ otrzymujemy

$$4=\frac{a\sqrt3}{2},\qquad a=\frac{8\sqrt3}{3}\ \text{cm}.$$

Pole wynosi

$$P=\frac12ah =\frac12\cdot\frac{8\sqrt3}{3}\cdot4 =\frac{16\sqrt3}{3}\ \text{cm}^2.$$

b) Ze wzoru na pole

$$\frac{a^2\sqrt3}{4}=108\sqrt3,\qquad a^2=432,\qquad a=12\sqrt3\ \text{cm}.$$

Zatem obwód jest równy

$$Ob=3a=36\sqrt3\ \text{cm}.$$

Jeżeli kąt zawarty między bokami $a$ i $b$ jest prosty, to jeden z tych boków można przyjąć za podstawę, a drugi jest odpowiadającą mu wysokością. Zatem

$$P=\frac12ab.$$

Ponieważ $\sin90^\circ=1$, prawa strona wzoru trygonometrycznego jest równa

$$\frac12ab\sin90^\circ=\frac12ab.$$

Obie postacie pola są więc identyczne, co dowodzi wzoru w tym przypadku.