NOWA MATeMAtyka 2. Zakres podstawowy i rozszerzony — strona 281

a) Promień wpisanego koła jest apotemą ośmiokąta i wynosi $r=2$. Pole wielokąta foremnego o $n$ bokach i apotemie $r$ jest równe $nr^2\tan(\pi/n)$, więc

$$P=8\cdot2^2\tan22{,}5^\circ =32(\sqrt2-1)\ \text{cm}^2.$$

b) Najkrótsza przekątna łączy wierzchołki oddalone o dwa boki, zatem jest cięciwą kąta środkowego $90^\circ$. Jeżeli $R$ jest promieniem okręgu opisanego, to

$$2=2R\sin45^\circ, \qquad R=\sqrt2.$$

Pole ośmiokąta jako sumy ośmiu trójkątów środkowych wynosi

$$P=8\cdot\frac12R^2\sin45^\circ=4\sqrt2\ \text{cm}^2.$$

a) Z twierdzenia cosinusów

$$c^2=10^2+8^2-2\cdot10\cdot8\cos60^\circ=84,$$

czyli $c=2\sqrt{21}$. Ponadto

$$Ob=18+2\sqrt{21}, \qquad P=\frac12\cdot10\cdot8\sin60^\circ=20\sqrt3.$$

b) Mamy $\alpha=105^\circ$. Z twierdzenia sinusów

$$\frac b{\sin\beta}=\frac4{1/2}=8,$$ $$a=8\sin105^\circ=2(\sqrt6+\sqrt2), \qquad c=8\sin45^\circ=4\sqrt2.$$

Zatem

$$Ob=2(2+3\sqrt2+\sqrt6),$$ $$P=\frac12bc\sin\alpha =4(1+\sqrt3).$$

a) Przyjmijmy końce dolnego boku jako $(0,0)$ i $(50,0)$. Pozostałe wierzchołki mają wtedy współrzędne

$$(-20\sqrt3,20), \qquad (65,15\sqrt3).$$

Ze wzoru Gaussa na pole wielokąta otrzymujemy

$$P=1100+375\sqrt3\approx1749{,}5\ \text{m}^2.$$

b) Przekątna oddzielająca trójkąt o bokach $60$ i $30$ oraz kącie $150^\circ$ ma kwadrat długości

$$d^2=60^2+30^2-2\cdot60\cdot30\cos150^\circ =4500+1800\sqrt3.$$

Pole tego trójkąta wynosi $450\ \text{m}^2$. Drugi trójkąt ma boki $40,50,d$. Z wzoru Herona w postaci

$$16P_2^2=((40+50)^2-d^2)(d^2-(50-40)^2)$$

dostajemy

$$P_2=150\sqrt{17-4\sqrt3}\ \text{m}^2.$$

Stąd

$$P=450+150\sqrt{17-4\sqrt3}\approx926{,}0\ \text{m}^2.$$

Kąt $ADC$ ma miarę $60^\circ$, bo kąty przeciwległe czworokąta wpisanego sumują się do $180^\circ$. Ponieważ $AD=DC$, trójkąt $ADC$ jest równoboczny. Jego bok $AC$ jest cięciwą kąta środkowego $120^\circ$, więc

$$AC=2\cdot6\sin60^\circ=6\sqrt3,$$ $$P_{ADC}=\frac{\sqrt3}{4}(6\sqrt3)^2=27\sqrt3.$$

Pola trójkątów $ABD$ i $BCD$ zapisane przy bokach $AD=DC$ mają także równe sinusy kątów opartych na tej samej cięciwie $BD$. Z danego stosunku pól wynika więc $AB:BC=2:1$. Oznaczmy $BC=x$, $AB=2x$. W trójkącie $ABC$ kąt $B$ ma $120^\circ$, zatem

$$(6\sqrt3)^2=x^2+(2x)^2-2\cdot x\cdot2x\cos120^\circ=7x^2.$$

Stąd $x^2=108/7$ i

$$P_{ABC}=\frac12\cdot x\cdot2x\sin120^\circ =\frac{54\sqrt3}{7}.$$

Pole czworokąta jest równe

$$P=27\sqrt3+\frac{54\sqrt3}{7}=\frac{243\sqrt3}{7}.$$

Trapez wpisany w okrąg jest równoramienny. Podstawa przechodząca przez środek okręgu jest średnicą. Musi nią być dłuższa podstawa, zatem $R=15/2$.

Odległość środka okręgu od równoległej cięciwy długości $9$ wynosi

$$h=\sqrt{\left(\frac{15}{2}\right)^2-\left(\frac92\right)^2}=6.$$

Pozioma składowa każdego ramienia jest równa połowie różnicy podstaw, czyli $3$. Stąd

$$l=\sqrt{6^2+3^2}=3\sqrt5.$$

W czworokącie opisanym na okręgu suma długości podstaw jest równa sumie długości ramion.

a) Suma podstaw wynosi $10$, więc

$$P=\frac{10}{2}\cdot2=10\ \text{cm}^2.$$

b) Wysokość jest średnicą okręgu, czyli $h=12$. Ramię ma długość

$$l=\frac{h}{\sin30^\circ}=24.$$

Suma podstaw jest równa $2l=48$, zatem

$$P=\frac{48}{2}\cdot12=288\ \text{cm}^2.$$

Jeżeli w trapez można wpisać okrąg, suma podstaw jest równa sumie ramion. Każde ramię ma więc długość

$$l=\frac{a+3a}{2}=2a.$$

Po opuszczeniu wysokości pozioma składowa ramienia jest równa połowie różnicy podstaw:

$$\frac{3a-a}{2}=a.$$

Z twierdzenia Pitagorasa

$$h^2+a^2=(2a)^2, \qquad h=a\sqrt3.$$

Z punktu $Q$ poprowadzono po dwie styczne do każdego okręgu. Dlatego

$$QA=QP\quad\text{oraz}\quad QB=QP,$$

czyli $QA=QB$. Punkt $Q$ jest zatem środkiem odcinka $AB$, a prosta $l$ dzieli $AB$ na połowy.

Dla okręgów stycznych zewnętrznie odcinek między punktami styczności na wspólnej stycznej ma długość

$$AB=2\sqrt{16\cdot9}=24.$$

Stąd $QA=QP=12$.

a) Kąty $O_1PQ$ i $O_1AQ$ są proste, więc czworokąt jest wpisany w okrąg o średnicy $O_1Q$. Mamy

$$O_1Q=\sqrt{16^2+12^2}=20,$$

zatem promień okręgu opisanego wynosi $10$.

b) Pole czworokąta jest sumą pól dwóch trójkątów prostokątnych o przyprostokątnych $16$ i $12$:

$$P=2\cdot\frac12\cdot16\cdot12=192.$$

Jego półobwód wynosi

$$s=\frac{16+12+12+16}{2}=28.$$

Promień okręgu wpisanego jest więc równy

$$\rho=\frac Ps=\frac{48}{7}.$$