NOWA MATeMAtyka 2. Zakres podstawowy i rozszerzony — strona 230

Ze skanu strony 230 odczytujemy układ $2\times2$ jednakowych kół, stycznych do boków kwadratu i do sąsiednich kół. Na jednym boku kwadratu mieszczą się dwie średnice, więc

$$2d=6\iff d=3,$$

a promień każdego koła jest równy $r=\frac32$.

Pole zacieniowanej części jest różnicą pola kwadratu i pól czterech kół:

$$P=6^2-4\pi\left(\frac32\right)^2 =36-9\pi.$$

Ponieważ $\pi>3$, mamy $9\pi>27$, zatem

$$P=36-9\pi<36-27=9.$$

To dowodzi tezy.

Niech $\alpha$ będzie miarą kąta środkowego wyznaczającego krótszy łuk. Dla cięciwy w okręgu o promieniu $5$ mamy

$$|AB|=2r\sin\frac{\alpha}{2}.$$

Zatem

$$5\sqrt3=10\sin\frac{\alpha}{2} \iff \sin\frac{\alpha}{2}=\frac{\sqrt3}{2}.$$

Ponieważ $0^\circ<\alpha\leqslant180^\circ$, otrzymujemy $\alpha=120^\circ$. Drugi łuk odpowiada kątowi $360^\circ-120^\circ=240^\circ$.

Długości łuków wynoszą

$$L_1=\frac{120^\circ}{360^\circ}\cdot2\pi\cdot5 =\frac{10}{3}\pi,$$ $$L_2=\frac{240^\circ}{360^\circ}\cdot2\pi\cdot5 =\frac{20}{3}\pi.$$

Pola wycinków są równe

$$P_1=\frac{120^\circ}{360^\circ}\pi\cdot5^2 =\frac{25}{3}\pi,$$ $$P_2=\frac{240^\circ}{360^\circ}\pi\cdot5^2 =\frac{50}{3}\pi.$$

Niech $\alpha\in(0^\circ;180^\circ]$ będzie mniejszym kątem $AOB$. Pole trójkąta o bokach $OA=OB=4$ wynosi

$$\frac12\cdot4\cdot4\sin\alpha=8\sin\alpha.$$

Z warunku zadania

$$8\sin\alpha=4\sqrt2 \iff \sin\alpha=\frac{\sqrt2}{2}.$$

Są więc dwa możliwe kąty: $\alpha=45^\circ$ lub $\alpha=135^\circ$.

Dla $\alpha=45^\circ$ pole mniejszego odcinka koła jest równe

$$P_1=\frac{45^\circ}{360^\circ}\pi\cdot4^2-4\sqrt2 =2\pi-4\sqrt2.$$

Druga część ma pole

$$P_2=16\pi-P_1=14\pi+4\sqrt2.$$

Dla $\alpha=135^\circ$ otrzymujemy

$$P_1=\frac{135^\circ}{360^\circ}\pi\cdot4^2-4\sqrt2 =6\pi-4\sqrt2,$$ $$P_2=16\pi-P_1=10\pi+4\sqrt2.$$

Z wzoru na pole wycinka otrzymujemy równanie

$$2\pi=\frac{\alpha}{360^\circ}\pi\cdot6^2.$$

Po skróceniu przez $\pi$:

$$2=\frac{\alpha}{10^\circ},$$

zatem

$$\alpha=20^\circ.$$

Pole mniejszego odcinka koła jest różnicą pola wycinka i pola trójkąta $AOB$:

$$P=\frac{\alpha}{360^\circ}\pi\cdot12^2 -\frac12\cdot12^2\sin\alpha.$$

a)

$$P=\frac{90^\circ}{360^\circ}\cdot144\pi -72\sin90^\circ =36\pi-72=36(\pi-2).$$

b)

$$P=\frac{60^\circ}{360^\circ}\cdot144\pi -72\sin60^\circ =24\pi-36\sqrt3=12(2\pi-3\sqrt3).$$

c)

$$P=\frac{30^\circ}{360^\circ}\cdot144\pi -72\sin30^\circ =12\pi-36=12(\pi-3).$$