NOWA MATeMAtyka 2. Zakres podstawowy i rozszerzony — strona 231

Zapisujemy kąty jako ciąg arytmetyczny:

$$\alpha_k=\alpha_1+(k-1)\cdot10^\circ.$$

Ich suma jest kątem pełnym, więc

$$8\alpha_1+(0+1+\ldots+7)\cdot10^\circ=360^\circ,$$ $$8\alpha_1+280^\circ=360^\circ \iff \alpha_1=10^\circ.$$

Stąd

$$\alpha_3=30^\circ,\qquad \alpha_6=60^\circ, \qquad \alpha_8=80^\circ.$$

a) Pole wycinka o kącie $\alpha_8$ wynosi

$$P_8=\frac{80^\circ}{360^\circ}\pi\cdot3^2=2\pi.$$

b) Pole odcinka koła jest różnicą pola wycinka i pola trójkąta o dwóch bokach długości $3$.

Dla $\alpha_3=30^\circ$:

$$P_3=\frac{30^\circ}{360^\circ}\cdot9\pi -\frac12\cdot9\sin30^\circ =\frac{3\pi}{4}-\frac94.$$

Dla $\alpha_6=60^\circ$:

$$P_6=\frac{60^\circ}{360^\circ}\cdot9\pi -\frac12\cdot9\sin60^\circ =\frac{3\pi}{2}-\frac{9\sqrt3}{4}.$$

Zatem

$$P_3+P_6=\frac94(\pi-1-\sqrt3).$$

Ze skanu strony 231 odczytujemy, które odcinki i łuki tworzą czerwoną linię. W każdym podpunkcie zacieniowany obszar jest częścią koła leżącą poza wpisanym wielokątem.

a) Bok trójkąta równobocznego wpisanego w okrąg o promieniu $2$ ma długość

$$a=2r\sin60^\circ=2\sqrt3.$$

Czerwony łuk odpowiada kątowi środkowemu $120^\circ$, więc ma długość $\frac{120^\circ}{360^\circ}\cdot4\pi=\frac43\pi$. Stąd

$$l=2\sqrt3+\frac43\pi.$$

Pole trójkąta wynosi $\frac{\sqrt3}{4}(2\sqrt3)^2=3\sqrt3$, zatem

$$P=4\pi-3\sqrt3.$$

b) Czerwony odcinek jest średnicą długości $4$, a czerwony łuk odpowiada kątowi $90^\circ$ i ma długość $\pi$. Zatem

$$l=4+\pi.$$

Bok kwadratu ma długość $2\sqrt2$, więc

$$P=4\pi-(2\sqrt2)^2=4\pi-8=4(\pi-2).$$

c) Zarówno czerwony łuk, jak i kąt środkowy oparty na czerwonym odcinku mają miarę $90^\circ$. Długość cięciwy wynosi

$$2\cdot2\sin45^\circ=2\sqrt2,$$

a długość łuku $\pi$. Stąd

$$l=2\sqrt2+\pi.$$

Pole ośmiokąta foremnego dzielimy na osiem trójkątów o bokach $2,2$ i kącie $45^\circ$:

$$P_8=8\cdot\frac12\cdot2^2\sin45^\circ=8\sqrt2.$$

Zatem pole zacieniowane wynosi

$$P=4\pi-8\sqrt2=4(\pi-2\sqrt2).$$

Pole odcinka jest różnicą pola wycinka o kącie $60^\circ$ i pola trójkąta utworzonego przez dwa promienie.

Pole wycinka wynosi

$$P_w=\frac{60^\circ}{360^\circ}\pi r^2=\frac16\pi r^2.$$

Trójkąt ma dwa boki długości $r$ i kąt między nimi $60^\circ$, więc jest równoboczny, a jego pole jest równe

$$P_t=\frac{\sqrt3}{4}r^2.$$

Zatem

$$P=P_w-P_t =\frac16\pi r^2-\frac{\sqrt3}{4}r^2 =\frac1{12}r^2(2\pi-3\sqrt3).$$

Otrzymaliśmy wyrażenie podane w tezie.

Korzystamy z dokładnego układu figur odczytanego ze skanu strony 231.

a) Oznaczmy dolny koniec średnicy przez $P$, jego przeciwległy koniec przez $Q$, a trzeci punkt zacieniowanej figury przez $A$. Kąt wpisany $|\sphericalangle APQ|=30^\circ$ opiera się na łuku $AQ$, więc odpowiadający mu kąt środkowy ma miarę $60^\circ$.

Ponieważ $PQ=8$ jest średnicą, trójkąt $APQ$ jest prostokątny. Jest to trójkąt $30^\circ$–$60^\circ$–$90^\circ$, zatem

$$|AQ|=4,\qquad |AP|=4\sqrt3,$$

i jego pole wynosi $8\sqrt3$. Pole odcinka koła nad cięciwą $AQ$ jest równe

$$\frac{60^\circ}{360^\circ}\pi\cdot4^2 -\frac12\cdot4^2\sin60^\circ =\frac83\pi-4\sqrt3.$$

Zacieniowana figura składa się z tego odcinka i trójkąta $APQ$, więc

$$P=\left(\frac83\pi-4\sqrt3\right)+8\sqrt3 =\frac83\pi+4\sqrt3.$$

b) Dla cięciwy długości $c$ i promienia $4$ mamy $c=8\sin\frac{\theta}{2}$. Cięciwie $AB=4\sqrt3$ odpowiada więc kąt $120^\circ$, a cięciwie $CD=4$ kąt $60^\circ$.

Pole odcinka nad cięciwą $AB$ wynosi

$$P_{AB}=\frac{120^\circ}{360^\circ}\pi\cdot4^2 -\frac12\cdot4^2\sin120^\circ =\frac{16}{3}\pi-4\sqrt3.$$

Pole odcinka nad cięciwą $CD$ jest równe

$$P_{CD}=\frac{60^\circ}{360^\circ}\pi\cdot4^2 -\frac12\cdot4^2\sin60^\circ =\frac83\pi-4\sqrt3.$$

Zacieniowany pas jest różnicą tych odcinków:

$$P=P_{AB}-P_{CD}=\frac83\pi.$$

c) Pole pierścienia o promieniach $4$ i $2\sqrt2$ wynosi

$$P_p=\pi\left(4^2-(2\sqrt2)^2\right)=8\pi.$$

Prosta ograniczająca zacieniowanie jest styczna do mniejszego okręgu, więc jej odległość od $O$ jest równa $2\sqrt2$. Dla promienia zewnętrznego $4$ powstaje trójkąt prostokątny, w którym

$$\cos\varphi=\frac{2\sqrt2}{4}=\frac{\sqrt2}{2},$$

czyli $\varphi=45^\circ$. Górny odcinek większego koła odpowiada więc kątowi środkowemu $90^\circ$ i ma pole

$$P_o=\frac{90^\circ}{360^\circ}\pi\cdot4^2 -\frac12\cdot4^2\sin90^\circ =4\pi-8.$$

Zacieniowana figura to pierścień bez tego odcinka:

$$P=8\pi-(4\pi-8)=4\pi+8=4(\pi+2).$$

Pole trójkąta równobocznego o boku $6$ wynosi

$$P_{ABC}=\frac{\sqrt3}{4}\cdot6^2=9\sqrt3\ \text{cm}^2,$$

a jego wysokość

$$h=\frac{\sqrt3}{2}\cdot6=3\sqrt3\ \text{cm}.$$

Korzystamy z konstrukcji łuków odczytanej ze skanu strony 231.

a) Końce łuków są środkami boków, więc każdy łuk należy do koła o promieniu $3\ \text{cm}$ i wyznacza przy wierzchołku wycinek o kącie $60^\circ$. Zacieniowany środkowy obszar jest dopełnieniem trzech takich wycinków w trójkącie:

$$P=9\sqrt3-3\cdot\frac{60^\circ}{360^\circ}\pi\cdot3^2 =9\left(\sqrt3-\frac\pi2\right)\ \text{cm}^2.$$

b) Łuk jest częścią okręgu o środku $C$ i promieniu równym wysokości trójkąta, czyli $R=3\sqrt3\ \text{cm}$. Jego końcowe promienie leżą na bokach trójkąta, więc tworzą kąt $60^\circ$. Pole zacieniowanego odcinka wynosi

$$P=\frac{60^\circ}{360^\circ}\pi(3\sqrt3)^2 -\frac12(3\sqrt3)^2\sin60^\circ,$$ $$P=\frac92\pi-\frac{27\sqrt3}{4} =\frac94(2\pi-3\sqrt3)\ \text{cm}^2.$$

c) Niech $G$ będzie wspólnym końcem trzech soczewek. Jest to środek trójkąta, więc

$$|AG|=|BG|=|CG|=\frac23h=2\sqrt3\ \text{cm}.$$

Z konstrukcji każda soczewka składa się z dwóch jednakowych odcinków koła o promieniu $2\sqrt3\ \text{cm}$. Ich cięciwa również ma długość $2\sqrt3\ \text{cm}$, zatem odpowiada jej kąt środkowy $60^\circ$. Pole jednego takiego odcinka jest równe

$$P_o=\frac{60^\circ}{360^\circ}\pi(2\sqrt3)^2 -\frac{\sqrt3}{4}(2\sqrt3)^2 =2\pi-3\sqrt3.$$

Mamy trzy soczewki, po dwa odcinki każda, więc

$$P=6P_o=6(2\pi-3\sqrt3)\ \text{cm}^2.$$