NOWA MATeMAtyka 2. Zakres podstawowy i rozszerzony — strona 218

Niech $x$ oznacza odległość biurka od krawędzi podłogi. W powstałym trójkącie prostokątnym

$$\operatorname{tg}70^\circ=\frac{60}{x},$$

więc

$$x=\frac{60}{\operatorname{tg}70^\circ} \approx21{,}84\ \text{cm}.$$

Po zaokrągleniu do $1$ cm otrzymujemy $22$ cm.

Wzrost wysokości na każdym odcinku jest pionową składową długości barierki. Zatem

$$\Delta h=100\sin4^\circ+100\sin6^\circ \approx6{,}9756+10{,}4528 =17{,}4285\ \text{m}.$$

Niech $X$ będzie punktem, w którym czerwona droga skręca w stronę domu. Ze skanu strony 218 odczytujemy, że niebieska droga to odcinek $SD$, a czerwona — łamana $SX+XD$.

Dla niebieskiej drogi w trójkącie prostokątnym $SAD$:

$$\sin40^\circ=\frac{AD}{SD}, \qquad SD=\frac{320}{\sin40^\circ}\approx497{,}83\ \text{m}.$$

Dla drogi czerwonej najpierw wyznaczamy odcinki poziome:

$$SA=\frac{320}{\operatorname{tg}40^\circ}\approx381{,}36\ \text{m},$$ $$XA=\frac{320}{\operatorname{tg}65^\circ}\approx149{,}22\ \text{m}.$$

Stąd $SX=SA-XA\approx232{,}14$ m, a

$$XD=\frac{320}{\sin65^\circ}\approx353{,}08\ \text{m}.$$

Zatem długość czerwonej drogi jest równa

$$SX+XD\approx232{,}14+353{,}08=585{,}22\ \text{m}.$$

Niech $x$ oznacza odległość punktu $A$ od podstawy wieży, a $h$ — wysokość wieży. Punkt $B$ leży w odległości $x+100$ m, więc

$$h=x\operatorname{tg}40^\circ=(x+100)\operatorname{tg}15^\circ.$$

Stąd

$$x=\frac{100\operatorname{tg}15^\circ} {\operatorname{tg}40^\circ-\operatorname{tg}15^\circ},$$

a zatem

$$h=\frac{100\operatorname{tg}15^\circ\operatorname{tg}40^\circ} {\operatorname{tg}40^\circ-\operatorname{tg}15^\circ} \approx39{,}37\ \text{m}.$$

Trasa jest obwodem trójkąta wyznaczonego przez bramę $B$, pomnik $P$ i fontannę $F$. Ze skanu strony 218 odczytujemy

$$\angle P=68^\circ,\qquad \angle F=75^\circ,$$

więc

$$\angle B=180^\circ-68^\circ-75^\circ=37^\circ.$$

Z twierdzenia sinusów, przy $BP=345$ m,

$$BF=345\frac{\sin68^\circ}{\sin75^\circ}\approx331{,}18\ \text{m},$$ $$PF=345\frac{\sin37^\circ}{\sin75^\circ}\approx214{,}94\ \text{m}.$$

Cała trasa ma długość

$$BP+PF+FB\approx345+214{,}94+331{,}18 =891{,}11\ \text{m}.$$

Rzut poziomy każdego nasypu o długości $6$ m wynosi

$$6\cos40^\circ.$$

Do szerokości górnej podstawy trzeba dodać dwa takie rzuty:

$$a=5+2\cdot6\cos40^\circ \approx5+9{,}1925=14{,}1925\ \text{m}.$$

Niech $O$ będzie podstawą wieży, $OA=x$, a jej wysokość — $h$. Ze skanu strony 218 wynika, że $OA\perp AB$ i $AB=800$ m, zatem

$$OB=\sqrt{x^2+800^2}.$$

Z kątów wzniesienia:

$$\operatorname{tg}40^\circ=\frac{h}{x}, \qquad \operatorname{tg}20^\circ=\frac{h}{\sqrt{x^2+800^2}}.$$

Po zapisaniu $x=h/\operatorname{tg}40^\circ$ otrzymujemy

$$\frac{h^2}{\operatorname{tg}^220^\circ} =\frac{h^2}{\operatorname{tg}^240^\circ}+800^2.$$

Stąd

$$h=\frac{800}{\sqrt{\frac1{\operatorname{tg}^220^\circ} -\frac1{\operatorname{tg}^240^\circ}}} \approx323{,}16\ \text{m}.$$