NOWA MATeMAtyka 2. Zakres podstawowy i rozszerzony — strona 223

Przeciwprostokątna ma długość

$$c=\sqrt{(\sqrt2)^2+(2\sqrt2)^2}=\sqrt{10}.$$

Każdy z sinusów jest ilorazem jednej przyprostokątnej i przeciwprostokątnej, więc

$$\sin\alpha\sin\beta =\frac{\sqrt2}{\sqrt{10}}\cdot\frac{2\sqrt2}{\sqrt{10}} =\frac4{10}=\frac25.$$

Trójkąt $AOB$ jest równoramienny, ponieważ $OA=OB=6$. Niech $M$ będzie środkiem cięciwy $AB$. Wysokość $OM$ dzieli trójkąt na dwa przystające trójkąty prostokątne. Dla kąta $\alpha$ przy $A$:

$$\cos\alpha=\sqrt{1-\sin^2\alpha} =\sqrt{1-0{,}8^2}=0{,}6.$$

Zatem

$$AM=OA\cos\alpha=6\cdot0{,}6=3{,}6,$$

więc

$$AB=2AM=7{,}2.$$

Oznaczmy $AP=x$. Wtedy $BP=8-x$, ponieważ $AB=8$. Z twierdzenia Pitagorasa w trójkątach $ACP$ i $BCP$:

$$CP^2=8^2-x^2,$$ $$6^2=(8-x)^2+CP^2.$$

Po podstawieniu pierwszej równości:

$$36=(8-x)^2+64-x^2=128-16x,$$ $$x=\frac{92}{16}=\frac{23}{4}=5{,}75.$$

Zatem

$$BP=8-\frac{23}{4}=\frac94=2{,}25.$$

Z warunku

$$\frac1{\sin^2\alpha}=5$$

otrzymujemy $\sin^2\alpha=\frac15$. Zatem

$$\cos^2\alpha=1-\sin^2\alpha=\frac45.$$

Kąt jest rozwarty, więc jego cosinus jest ujemny:

$$\cos\alpha=-\sqrt{\frac45}=-\frac{2\sqrt5}{5}.$$

Z rysunku wynika, że $AC$ jest przeciwprostokątną. Warunek dodatniości boków daje $x>2{,}5$. Z twierdzenia Pitagorasa:

$$(2x)^2+(x-2{,}5)^2=(2x+0{,}5)^2.$$

Po rozwinięciu:

$$x^2-7x+6=0, \qquad (x-1)(x-6)=0.$$

Wartość $x=1$ nie spełnia warunku $x>2{,}5$, więc $x=6$. Boki mają długości

$$AB=12,\qquad BC=3{,}5=\frac72, \qquad AC=12{,}5=\frac{25}{2}.$$

Stąd

$$Ob=12+\frac72+\frac{25}{2}=28,$$ $$\sin\alpha=\frac{BC}{AC}=\frac7{25},\qquad \cos\alpha=\frac{AB}{AC}=\frac{24}{25},\qquad \operatorname{tg}\alpha=\frac{BC}{AB}=\frac7{24}.$$

Kolejne dodatnie liczby parzyste zapiszmy jako $2n$, $2n+2$ i $2n+4$, przy czym największa jest przeciwprostokątną. Zatem

$$(2n)^2+(2n+2)^2=(2n+4)^2.$$

Po podzieleniu przez $4$:

$$n^2+(n+1)^2=(n+2)^2 \iff n^2-2n-3=0.$$

Stąd $n=3$ albo $n=-1$; wybieramy $n=3$. Boki mają więc długości $6$, $8$ i $10$. Sinusy kątów ostrych to $\frac35$ i $\frac45$, zatem

$$(\sin\alpha+\sin\beta)^2 =\left(\frac35+\frac45\right)^2=\frac{49}{25}.$$

Różnica podstaw jest równa

$$(7+3\sqrt3)-4=3+3\sqrt3.$$

Po opuszczeniu wysokości z końców krótszej podstawy otrzymujemy dwa rzuty poziome ramion. Przy kącie $45^\circ$ rzut ma długość

$$x=\frac3{\operatorname{tg}45^\circ}=3.$$

Drugi rzut wynosi więc $3\sqrt3$. Jeżeli drugi kąt ostry oznaczymy przez $\beta$, to

$$\operatorname{tg}\beta=\frac3{3\sqrt3}=\frac{\sqrt3}{3},$$

czyli $\beta=30^\circ$.

Kąty rozwarte trapezu mają zatem miary $135^\circ$ i $150^\circ$. Ich cosinusy spełniają

$$\cos135^\circ\cos150^\circ =\left(-\frac{\sqrt2}{2}\right) \left(-\frac{\sqrt3}{2}\right)=\frac{\sqrt6}{4}.$$

Przekątne rombu są prostopadłe, dzielą się na połowy i dzielą kąty rombu na połowy. Połówki przekątnych mają długości $2$ i $4$, więc bok rombu jest równy

$$a=\sqrt{2^2+4^2}=2\sqrt5.$$

Jeżeli kąt ostry rombu ma miarę $\alpha$, to w jednym z powstałych trójkątów prostokątnych

$$\sin\frac\alpha2=\frac2{2\sqrt5}=\frac1{\sqrt5}, \qquad \cos\frac\alpha2=\frac4{2\sqrt5}=\frac2{\sqrt5}.$$

Zatem

$$\cos\alpha=\cos^2\frac\alpha2-\sin^2\frac\alpha2 =\frac45-\frac15=\frac35.$$

Z rysunku wynika, że $\angle BAE=32^\circ+8^\circ=40^\circ$. W trójkącie prostokątnym $ABC$:

$$AB=120\cos32^\circ, \qquad BC=120\sin32^\circ.$$

W trójkącie prostokątnym $ABE$:

$$BE=AB\operatorname{tg}40^\circ =120\cos32^\circ\operatorname{tg}40^\circ.$$

Ponieważ punkty leżą na prostej w kolejności $B,C,E$,

$$CE=BE-BC =120\bigl(\cos32^\circ\operatorname{tg}40^\circ-sin32^\circ\bigr) \approx21{,}80\ \text{m}.$$