NOWA MATeMAtyka 2. Zakres podstawowy i rozszerzony — strona 224

Z nierówności $\alpha<\beta$ i równości $\alpha+\beta=180^\circ$ wynika, że $\alpha<90^\circ<\beta$. Kąt $\alpha$ jest więc ostry, a $\beta$ rozwarty. Z jedynki trygonometrycznej:

$$\cos\alpha=\sqrt{1-\sin^2\alpha} =\sqrt{1-\frac1{16}}=\frac{\sqrt{15}}4.$$

Ponieważ $\beta=180^\circ-\alpha$,

$$\cos\beta=-\cos\alpha=-\frac{\sqrt{15}}4.$$

Zatem

$$1+\cos\beta=1-\frac{\sqrt{15}}4.$$

Oznaczmy $\theta=22^\circ30'$. Dla $t=\operatorname{tg}\theta=\sqrt2-1$ mamy

$$t^2=3-2\sqrt2.$$

Korzystamy ze wzoru

$$\cos2\theta=\frac{1-t^2}{1+t^2}.$$

Po podstawieniu:

$$\cos45^\circ =\frac{2\sqrt2-2}{4-2\sqrt2}=\frac{\sqrt2}{2}.$$

Zatem z zależności $\sin^2\theta=\frac{1-\cos2\theta}{2}$:

$$\sin^2\theta=\frac{2-\sqrt2}{4}.$$

Kąt $\theta$ jest ostry, więc

$$\sin22^\circ30'=\frac{\sqrt{2-\sqrt2}}2.$$

Równe ramiona oznaczają, że trapez jest równoramienny. Różnica podstaw wynosi $6$, więc rzut każdego ramienia na dłuższą podstawę ma długość $3$. Wysokość trapezu jest równa

$$h=\sqrt{5^2-3^2}=4.$$

Przyjmijmy współrzędne

$$A=(0,0),\quad B=(11,0),\quad D=(3,4),\quad C=(8,4).$$

Środek boku $AD$ ma współrzędne $M=\left(\frac32,2\right)$. Nachylenie prostej $CM$ wynosi

$$\frac{4-2}{8-\frac32}=\frac4{13}.$$

Jej przecięcie z osią $AB$, czyli z prostą $y=0$, ma współrzędne $P=(-5,0)$. Stąd

$$AP=5,\qquad AM=\frac52,$$ $$MP=\sqrt{\left(\frac{13}{2}\right)^2+2^2} =\frac{\sqrt{185}}2.$$

Wysokość trójkąta $APM$ względem podstawy $AP$ wynosi $2$, więc

$$P_{APM}=\frac12\cdot5\cdot2=5,$$ $$Ob_{APM}=5+\frac52+\frac{\sqrt{185}}2 =7{,}5+\frac{\sqrt{185}}2.$$

Ze skanu strony 224 wynika, że punkty $B,C,D$ leżą w tej kolejności na jednej prostej, a $AB\perp BD$. Ponadto

$$|\measuredangle BAD|=30^\circ+45^\circ=75^\circ.$$

W trójkącie prostokątnym $ABD$:

$$\operatorname{tg}75^\circ=\frac{BD}{AB},$$

więc, korzystając z $\operatorname{tg}75^\circ=2+\sqrt3$,

$$BD=6(2+\sqrt3).$$

Pole trójkąta wynosi zatem

$$P_{ABD}=\frac12\cdot AB\cdot BD =\frac12\cdot6\cdot6(2+\sqrt3) =18(2+\sqrt3).$$

Oznaczmy długość ramienia przez $l$. Kąt między ramionami ma miarę

$$180^\circ-2\cdot15^\circ=150^\circ.$$

Pole trójkąta zapisane za pomocą podstawy i wysokości wynosi

$$P=\frac12ah.$$

To samo pole, obliczone z dwóch ramion i kąta między nimi, jest równe

$$P=\frac12l^2\sin150^\circ =\frac12l^2\cdot\frac12=\frac14l^2.$$

Porównując obie postacie, otrzymujemy

$$\frac12ah=\frac14l^2 \iff l^2=2ah.$$

Ponieważ $l>0$, mamy $l=\sqrt{2ah}$, co należało wykazać.

Z twierdzenia sinusów

$$\frac a{\sin\alpha}=\frac b{\sin\beta} =\frac c{\sin\gamma},$$

więc

$$b=\frac{a\sin\beta}{\sin\alpha}, \qquad c=\frac{a\sin\gamma}{\sin\alpha}.$$

Pole trójkąta wyrażone przez boki $b,c$ i kąt $\alpha$ ma postać

$$P=\frac12bc\sin\alpha.$$

Po podstawieniu zależności z twierdzenia sinusów:

$$P=\frac12\cdot \frac{a\sin\beta}{\sin\alpha}\cdot \frac{a\sin\gamma}{\sin\alpha}\cdot\sin\alpha =\frac{a^2\sin\beta\sin\gamma}{2\sin\alpha}.$$

Stąd

$$a^2=\frac{2P\sin\alpha}{\sin\beta\sin\gamma}.$$

Długość $a$ jest dodatnia, zatem

$$a=\sqrt{\frac{2P\sin\alpha}{\sin\beta\sin\gamma}},$$

co należało wykazać.

Niech bok rombu ma długość $a$. Z wzoru na pole

$$P=a^2\sin30^\circ=\frac{a^2}{2},$$

więc $a=\sqrt{2P}$.

Przekątne rombu dzielą kąty na połowy. Ich długości są więc równe

$$d_1=2a\cos15^\circ, \qquad d_2=2a\sin15^\circ.$$

Ponadto

$$(\cos15^\circ+\sin15^\circ)^2 =1+2\sin15^\circ\cos15^\circ =1+\sin30^\circ=\frac32.$$

Suma w nawiasie jest dodatnia, zatem ma wartość $\sqrt{\frac32}$. Ostatecznie

$$d_1+d_2 =2\sqrt{2P}\left(\cos15^\circ+\sin15^\circ\right) =2\sqrt{2P}\sqrt{\frac32}=2\sqrt{3P}.$$

Teza została wykazana.

a) Dla dwóch boków $a,b$ oraz wysokości $h_a,h_b$ opuszczonych na te boki pole tego samego trójkąta spełnia

$$P=\frac12ah_a=\frac12bh_b.$$

Stąd

$$ah_a=bh_b \iff \frac ab=\frac{h_b}{h_a}.$$

Iloraz długości boków jest odwrotnością ilorazu odpowiadających im wysokości, co dowodzi odwrotnej proporcjonalności.

b) Dla boków $4$, $5$, $7$ półobwód wynosi $s=8$. Ze wzoru Herona:

$$P=\sqrt{8(8-4)(8-5)(8-7)} =\sqrt{96}=4\sqrt6.$$

Z zależności $h_a=\frac{2P}{a}$ otrzymujemy

$$h_4=\frac{8\sqrt6}{4}=2\sqrt6, \qquad h_5=\frac{8\sqrt6}{5}, \qquad h_7=\frac{8\sqrt6}{7}.$$

Niech $D$ będzie spodkiem wysokości opuszczonej z $A$ na ramię $BC$. Z twierdzenia cosinusów dla kąta przy $B$:

$$\cos B=\frac{AB^2+BC^2-AC^2}{2\cdot AB\cdot BC} =\frac{20^2+26^2-26^2}{2\cdot20\cdot26} =\frac5{13}.$$

W trójkącie prostokątnym $ABD$:

$$BD=AB\cos B=20\cdot\frac5{13}=\frac{100}{13} =7\frac9{13}.$$

Drugi odcinek ma długość

$$DC=BC-BD=26-\frac{100}{13} =\frac{238}{13}=18\frac4{13}.$$