NOWA MATeMAtyka 2. Zakres podstawowy i rozszerzony — strona 206

Punkty $E$ i $F$ są środkami boków kwadratu, więc

$$AE=AF=DE=BF=4\ \text{cm}.$$

Z twierdzenia Pitagorasa w trójkątach $EDC$ i $FBC$:

$$EC=FC=\sqrt{4^2+8^2}=4\sqrt5\ \text{cm}.$$

Ponadto

$$EF=\sqrt{4^2+4^2}=4\sqrt2\ \text{cm},$$

stąd

$$Ob_{EFC}=2\cdot4\sqrt5+4\sqrt2 =4(2\sqrt5+\sqrt2)\ \text{cm}.$$

Pole trójkąta $EFC$ otrzymamy po odjęciu od pola kwadratu pól trzech trójkątów narożnych:

$$P_{EFC}=8^2-2\cdot\frac12\cdot8\cdot4 -\frac12\cdot4\cdot4=24\ \text{cm}^2.$$

Kąty przy podstawie mają po $45^\circ$, więc kąt między ramionami ma $90^\circ$. Pole całego trójkąta wynosi

$$P=\frac12\cdot12^2=72.$$

Odcinek poprowadzony z wierzchołka dzieli kąt $90^\circ$ na kąty $60^\circ$ i $30^\circ$. Oba powstałe trójkąty mają wspólny bok, a drugi bok przy tych kątach ma długość 12, dlatego stosunek ich pól jest równy

$$\sin60^\circ:\sin30^\circ=\sqrt3:1.$$

Jeśli mniejsze pole oznaczymy przez $x$, to

$$x+x\sqrt3=72,$$

zatem

$$x=\frac{72}{1+\sqrt3}=36(\sqrt3-1).$$

Większe pole jest równe

$$72-x=36(3-\sqrt3).$$

Ze skanu odczytujemy, że $A,B,D$ leżą na jednej prostej oraz $\angle ACB=90^\circ$. W trójkącie prostokątnym $ABC$:

$$BC=\sqrt{AB^2-AC^2}=\sqrt{10^2-(5\sqrt3)^2}=5.$$

Z warunku zadania $BD=BC=5$. Ponieważ

$$\sin\angle BAC=\frac{BC}{AB}=\frac12,$$

to $\angle BAC=30^\circ$ i $\angle ABC=60^\circ$. Kąt $CBD$ jest do niego przyległy, więc ma $120^\circ$. Z twierdzenia cosinusów:

$$CD^2=5^2+5^2-2\cdot5\cdot5\cos120^\circ=75,$$

czyli $CD=5\sqrt3$. Stąd

$$Ob_{BCD}=5+5+5\sqrt3=5(2+\sqrt3),$$ $$P_{BCD}=\frac12\cdot5\cdot5\sin120^\circ =\frac{25\sqrt3}{4}.$$

Dla ustalonych boków $a$ i $b$ pole zależy od kąta $\alpha$ według wzoru

$$P(\alpha)=\frac12ab\sin\alpha.$$

Dla $0^\circ<\alpha<180^\circ$ największą wartością sinusa jest $1$, osiągana dla $\alpha=90^\circ$. Wtedy pole jest największe.

Pole danego trójkąta jest równe

$$P=\frac12\cdot a\cdot2a\cdot\sin120^\circ =a^2\cdot\frac{\sqrt3}{2}.$$

Pole trójkąta równobocznego o boku $a$ wynosi

$$P_r=\frac{a^2\sqrt3}{4}.$$

Zatem

$$P=2\cdot\frac{a^2\sqrt3}{4}=2P_r,$$

co kończy uzasadnienie.

Stosujemy wzór Herona $P=\sqrt{p(p-a)(p-b)(p-c)}$.

a) Dla boków $3,4,5$ mamy $p=6$, więc

$$P=\sqrt{6\cdot3\cdot2\cdot1}=6.$$

b) Dla boków $4,5,7$ mamy $p=8$, więc

$$P=\sqrt{8\cdot4\cdot3\cdot1}=4\sqrt6.$$

c) Dla boków $5,5,6$ mamy $p=8$, więc

$$P=\sqrt{8\cdot3\cdot3\cdot2}=12.$$

d) Dla boków $9,10,17$ mamy $p=18$, więc

$$P=\sqrt{18\cdot9\cdot8\cdot1}=36.$$