NOWA MATeMAtyka 2. Zakres podstawowy i rozszerzony — strona 279

W każdym podpunkcie promienie poprowadzone do punktów styczności są prostopadłe do odpowiednich stycznych.

a) Dwie prostopadłe styczne i dwa promienie długości $1$ wyznaczają kwadrat o boku $1$. Część koła w tym kwadracie jest ćwiartką koła, więc

$$P=1^2-\frac14\pi\cdot1^2=1-\frac\pi4.$$

b) Niech $V$ będzie wierzchołkiem kąta, a $T,U$ punktami styczności. Czworokąt $VT OU$ składa się z dwóch trójkątów prostokątnych. Odcinek $VO$ jest dwusieczną kąta $60^\circ$, zatem długość każdej stycznej wynosi

$$VT=VU=\frac{1}{\tan30^\circ}=\sqrt3.$$

Pole obu trójkątów prostokątnych jest równe $2\cdot\frac12\cdot1\cdot\sqrt3=\sqrt3$. Kąt między promieniami $OT$ i $OU$ ma miarę $180^\circ-60^\circ=120^\circ$. Odejmujemy więc pole sektora:

$$P=\sqrt3-\frac{120^\circ}{360^\circ}\pi =\sqrt3-\frac\pi3.$$

c) Kąt środkowy oparty na punktach styczności ma miarę $180^\circ-45^\circ=135^\circ$. Zacieniowany obszar jest odcinkiem koła, czyli różnicą pola sektora i trójkąta z dwoma bokami długości $1$:

$$P=\frac{135^\circ}{360^\circ}\pi -\frac12\sin135^\circ =\frac{3\pi}{8}-\frac{\sqrt2}{4}.$$

a) Odcinek poziomy jest średnicą, więc kąt przy górnym wierzchołku trójkąta wpisanego ma $90^\circ$. Z sumy kątów tego trójkąta

$$\alpha=180^\circ-90^\circ-30^\circ=60^\circ.$$

Kąty $\alpha$ i $\beta$ są wpisane i oparte na tej samej cięciwie, zatem $\beta=\alpha=60^\circ$.

b) Kąt $\alpha$ i zaznaczony kąt $50^\circ$ są wpisane i oparte na tej samej cięciwie, więc $\alpha=50^\circ$. Kąt w punkcie przecięcia cięciw, leżący w trójkącie z kątami $50^\circ$ i $\beta$, jest wierzchołkowy do kąta $75^\circ$, a więc także ma $75^\circ$. Stąd

$$\beta=180^\circ-50^\circ-75^\circ=55^\circ.$$

c) Kąt wpisany $50^\circ$ i kąt środkowy $\alpha$ są oparte na tym samym mniejszym łuku, dlatego

$$\alpha=2\cdot50^\circ=100^\circ.$$

Kąt $\beta$ jest oparty na drugim, większym łuku o mierze $360^\circ-100^\circ=260^\circ$, zatem

$$\beta=\frac{260^\circ}{2}=130^\circ.$$

Ponieważ $AC$ jest średnicą, $|AC|=4$ i z twierdzenia Talesa $\angle ABC=90^\circ$. Z twierdzenia Pitagorasa

$$BC=\sqrt{AC^2-AB^2} =\sqrt{16-12}=2.$$

Trójkąt $ABC$ ma boki $2$, $2\sqrt3$, $4$, więc jest trójkątem $30^\circ$–$60^\circ$–$90^\circ$. Kąt naprzeciw $AB=2\sqrt3$ ma $60^\circ$, czyli $\angle ACB=60^\circ$, a $\angle BAC=30^\circ$.

Z twierdzenia o kącie między styczną a cięciwą:

• kąt między styczną w $B$ i cięciwą $AB$ jest równy $\angle ACB=60^\circ$;
• kąt między styczną w $C$ i cięciwą $BC$ jest równy $\angle BAC=30^\circ$.

Każdy z ośmiu równych łuków ma miarę

$$\frac{360^\circ}{8}=45^\circ.$$

Z twierdzenia o kącie między styczną a cięciwą jego miara jest połową miary łuku wyznaczonego przez tę cięciwę.

a) Cięciwa $A_1A_2$ wyznacza jeden z równych łuków, więc szukany kąt ma

$$\frac{45^\circ}{2}=22{,}5^\circ.$$

b) Krótszy łuk od $A_3$ do $A_8$ biegnie przez $A_2$ i $A_1$, czyli składa się z trzech równych łuków. Ma zatem $3\cdot45^\circ=135^\circ$, a szukany kąt ostry ma

$$\frac{135^\circ}{2}=67{,}5^\circ.$$

a) W trójkącie prostokątnym równoramiennym wysokość opuszczona z kąta prostego dzieli przeciwprostokątną na połowy i ma długość równą połowie przeciwprostokątnej. Przeciwprostokątna ma zatem długość $6$, a każda przyprostokątna — $3\sqrt2$.

Promień okręgu wpisanego w trójkąt prostokątny spełnia

$$r=\frac{a+b-c}{2},$$

więc

$$r=\frac{3\sqrt2+3\sqrt2-6}{2}=3(\sqrt2-1).$$

Długość okręgu wynosi

$$L=2\pi r=6\pi(\sqrt2-1).$$

b) Ponieważ $20^2+21^2=29^2$, trójkąt jest prostokątny. Zatem

$$r=\frac{20+21-29}{2}=6, \qquad L=2\pi r=12\pi.$$

Z odcinków stycznych poprowadzonych z tego samego punktu mamy

$$AP=AR=x,\qquad BP=BQ=y,\qquad CQ=CR=z.$$

Z rysunku i standardowych oznaczeń boków:

$$x+y=c=9,$$ $$y+z=a=16,$$ $$x+z=b=13.$$

Półobwód trójkąta jest równy

$$s=\frac{16+13+9}{2}=19.$$

Stąd długość stycznej wychodzącej z danego wierzchołka jest różnicą półobwodu i długości przeciwległego boku:

$$x=s-a=19-16=3,$$ $$y=s-b=19-13=6,$$ $$z=s-c=19-9=10.$$