NOWA MATeMAtyka 2. Zakres podstawowy i rozszerzony — strona 280

Przekątne są trzecimi bokami trójkątów, w których kąt między bokami $a$ i $2a$ ma miarę $30^\circ$ albo $150^\circ$. Z twierdzenia cosinusów:

$$d_1^2=a^2+4a^2-4a^2\cos30^\circ =a^2(5-2\sqrt3),$$ $$d_2^2=a^2+4a^2-4a^2\cos150^\circ =a^2(5+2\sqrt3).$$

Szerokość prostokąta jest równa bokowi kwadratu, czyli $6$. Z twierdzenia Pitagorasa jego wysokość wynosi

$$\sqrt{10^2-6^2}=8.$$

Odległość cięciwy $BE$ od równoległego do niej boku $AF$, do którego łuk jest styczny, jest więc równa $8-6=2$. Jest to strzałka łuku.

Oznaczmy promień okręgu przez $R$. Połowa cięciwy ma długość $3$, a odległość środka od cięciwy jest równa $R-2$. Zatem

$$R^2=(R-2)^2+3^2,$$ $$4R=13,qquad R=\frac{13}{4}.$$

Ustawmy podstawę długości $5$ symetrycznie na osi $x$: jej końce mają współrzędne $(\pm\frac52,0)$, a końce drugiej podstawy $(\pm\frac32,h)$. Środek okręgu ma postać $(0,k)$. Z równości odległości od wierzchołków:

$$\frac{25}{4}+k^2=\frac94+(h-k)^2,$$

stąd

$$k=\frac{h^2-4}{2h}.$$

a) Dla $h=3$ mamy $k=\frac56$, więc

$$R=\sqrt{\frac{25}{4}+\frac{25}{36}}=\frac{5\sqrt{10}}6.$$

b) Poziome przesunięcie każdego ramienia jest równe $1$. Z kąta $30^\circ$ otrzymujemy $h=\tan30^\circ=1/\sqrt3$. Wtedy $k=-\frac{11\sqrt3}{6}$ i

$$R=\sqrt{\frac{25}{4}+\frac{121}{12}}=\frac{7\sqrt3}{3}.$$

Oznaczmy przyprostokątne przez $a,b$, przeciwprostokątną przez $c$, a promienie okręgów wpisanego i opisanego przez $r,R$. Dla trójkąta prostokątnego

$$r=\frac{a+b-c}{2},\qquad R=\frac c2.$$

Zatem suma średnic obu okręgów jest równa

$$2r+2R=(a+b-c)+c=a+b,$$

czyli dokładnie sumie długości przyprostokątnych.

Trójkąt $ADB$ jest prostokątny, a

$$|AB|=\sqrt{4^2+3^2}=5.$$

Jego okrąg opisany ma zatem promień równy połowie przeciwprostokątnej:

$$R_{ABD}=\frac52.$$

W trójkącie $ABC$ mamy

$$|AC|=10,\qquad |BC|=\sqrt{6^2+3^2}=3\sqrt5,$$

a jego pole wynosi $P=\frac12\cdot10\cdot3=15$. Stąd

$$R_{ABC}=\frac{|AB|\,|BC|\,|AC|}{4P} =\frac{5\cdot3\sqrt5\cdot10}{60}=\frac{5\sqrt5}{2}.$$

Przyjmijmy $A=(0,0)$, $D=(4,0)$, $C=(10,0)$, $B=(4,3)$. Środek pierwszego okręgu jest środkiem $AB$, więc ma współrzędne $(2,\frac32)$. Środek drugiego leży na symetralnej $AC$; porównanie jego odległości od $A$ i $B$ daje punkt $(5,-\frac52)$. Odległość środków jest więc równa

$$\sqrt{(5-2)^2+\left(-\frac52-\frac32\right)^2}=5.$$

Przeciwprostokątna ma długość $15$. Oznaczmy promień okręgu wpisanego przez $r$. Odcinki styczne poprowadzone z tego samego wierzchołka mają równe długości, więc przyprostokątne mają długości $r+6$ oraz $r+9$.

Z twierdzenia Pitagorasa:

$$(r+6)^2+(r+9)^2=15^2,$$ $$r^2+15r-54=0.$$

Jedynym dodatnim rozwiązaniem jest $r=3$. Przyprostokątne mają zatem długości $9$ i $12$, więc

$$P=\frac12\cdot9\cdot12=54.$$

Oznaczmy długość ramienia przez $x$, a wysokość przez $h$. Pole trójkąta jest równe $2h$, a jego półobwód wynosi $x+2$. Ponieważ $r=P/s=1$, mamy

$$\frac{2h}{x+2}=1,\qquad h=\frac{x+2}{2}.$$

W połowie trójkąta zachodzi

$$h^2+2^2=x^2.$$

Po podstawieniu wysokości:

$$\frac{(x+2)^2}{4}+4=x^2 \iff 3x^2-4x-20=0.$$

Dodatni pierwiastek tego równania to $x=\frac{10}{3}$.

Kąt oparty na średnicy jest prosty, więc bok długości $5$ jest przeciwprostokątną.

a) Przyprostokątne oznaczmy przez $x$ i $3x$. Zatem

$$x^2+(3x)^2=25, \qquad x^2=\frac52.$$

Pole wynosi

$$P=\frac12\cdot x\cdot3x=\frac32\cdot\frac52=\frac{15}{4}.$$

b) Obie przyprostokątne mają długość $5/\sqrt2$. Stąd

$$P=\frac12\left(\frac5{\sqrt2}\right)^2=\frac{25}{4}.$$

Kąty przy podstawie mają po $67{,}5^\circ$. Odpowiadające łukom $AB$ i $BC$ kąty środkowe mają odpowiednio $135^\circ$ i $90^\circ$.

a) Długość całego okręgu wynosi $16\pi$, więc

$$l_{AB}=\frac{135^\circ}{360^\circ}\cdot16\pi=6\pi, \qquad l_{BC}=\frac{90^\circ}{360^\circ}\cdot16\pi=4\pi.$$

b) Pole sektora $BOC$ wynosi $16\pi$, a trójkąta $BOC$

$$\frac12\cdot8^2\sin90^\circ=32.$$

Zatem pole odcinka koła jest równe $16(\pi-2)$.

c) Z wzoru na długość cięciwy otrzymujemy

$$|BC|=2\cdot8\sin45^\circ=8\sqrt2,$$ $$|AB|=|AC|=2\cdot8\sin67{,}5^\circ =8\sqrt{2+\sqrt2}.$$

Stąd

$$Ob=8\left(\sqrt2+2\sqrt{2+\sqrt2}\right).$$