NOWA MATeMAtyka 2. Zakres podstawowy i rozszerzony — strona 287

Z danych

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

Pole drugiego wycinka jest równe

$$P_2=\frac{2\alpha}{360^\circ}\pi(2r)^2 =8\cdot\frac{\alpha}{360^\circ}\pi r^2=8P.$$

Założenie $\alpha<180^\circ$ gwarantuje, że $2\alpha<360^\circ$.

Oznaczmy bok kwadratu przez $a=\sqrt2+1$. Promień okręgu opisanego jest połową przekątnej, czyli $R=\frac{a\sqrt2}{2}$, a promień okręgu wpisanego wynosi $r=\frac a2$. Szukana różnica pól to

$$\begin{aligned} \pi R^2-\pi r^2 &=\pi\left(\frac{a^2}{2}-\frac{a^2}{4}\right) =\frac{\pi a^2}{4}\\ &=\frac{\pi(\sqrt2+1)^2}{4} =\frac{3+2\sqrt2}{4}\pi. \end{aligned}$$

Na podstawie skanu oznaczmy kolejne wierzchołki czworokąta przez $A$ (lewy), $B$ (górny), $C$ (prawy) i $D$ (dolny), a punkt przecięcia cięciw $AC$ i $BD$ przez $E$. Odcinek $AC$ jest średnicą, $AB=r$ oraz $\angle AEB=70^\circ$. Szukany kąt to $\alpha=\angle CAD$.

Cięciwa $AB$ ma długość równą promieniowi. Trójkąt $AOB$ jest więc równoboczny, zatem mniejszy łuk $\widehat{AB}$ ma miarę $60^\circ$.

Dla dwóch cięciw przecinających się wewnątrz okręgu:

$$\angle AEB =\frac12\left(m\widehat{AB}+m\widehat{CD}\right).$$

Stąd

$$70^\circ=\frac12(60^\circ+m\widehat{CD}),$$

więc $m\widehat{CD}=80^\circ$. Kąt wpisany $\angle CAD$ jest oparty na tym łuku, dlatego

$$\alpha=\frac12\cdot80^\circ=40^\circ.$$

Druga przyprostokątna ma długość

$$\sqrt{65^2-25^2}=\sqrt{3600}=60.$$

Promień okręgu wpisanego w trójkąt prostokątny o przyprostokątnych $a,b$ i przeciwprostokątnej $c$ jest równy

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

Tutaj

$$r=\frac{25+60-65}{2}=10,$$

więc długość okręgu wynosi $2\pi r=20\pi$.

Niech kąt ostry ma miarę $x$. Kąt rozwarty ma wtedy $3x$, a kąty sąsiednie równoległoboku sumują się do $180^\circ$. Zatem

$$x+3x=180^\circ,$$

czyli $x=45^\circ$.

Oznaczmy boki zgodnie z podanym stosunkiem przez $t$ i $2\sqrt2\,t$. Kwadrat krótszej przekątnej jest równy

$$d^2=t^2+(2\sqrt2\,t)^2 -2\cdot t\cdot2\sqrt2\,t\cos45^\circ=5t^2.$$

Ponieważ $d=2\sqrt5$, mamy $20=5t^2$, więc $t=2$. Boki mają długości $2$ i $4\sqrt2$.

Pole:

$$P=2\cdot4\sqrt2\sin45^\circ=8.$$

Obwód:

$$Ob=2(2+4\sqrt2)=4(1+2\sqrt2).$$

Ze skanu wynika, że oba okręgi są styczne do ramion tego samego kąta, a punkty $P,O_1,O_2$ leżą na jego dwusiecznej. Promienie do punktów styczności są prostopadłe do ramion.

W trójkącie prostokątnym $PBO_2$ mamy $PB=12$ i $O_2B=5$, więc

$$PO_2=\sqrt{12^2+5^2}=13.$$

Oznaczmy $\theta=\angle O_1PA$. Jest to połowa kąta między stycznymi, zatem także $\theta=\angle O_2PB$. Wobec tego

$$\sin\theta=\frac{O_2B}{PO_2}=\frac5{13}.$$

Dla mniejszego okręgu trójkąt $PAO_1$ jest prostokątny, więc

$$\sin\theta=\frac{r}{PO_1}, \qquad PO_1=\frac{13r}{5}.$$

Okręgi są styczne zewnętrznie, a $O_1$ leży między $P$ i $O_2$. Stąd

$$PO_2=PO_1+O_1O_2 =\frac{13r}{5}+r+5.$$

Po podstawieniu $PO_2=13$:

$$13=\frac{13r}{5}+r+5,$$

czyli $40=18r$ i

$$r=\frac{20}{9}=2\frac29.$$

Jeśli przyprostokątna ma długość $a$, to przeciwprostokątna ma długość $a\sqrt2$. Zatem

$$a\sqrt2=8, \qquad a=4\sqrt2.$$

Promień okręgu wpisanego w trójkąt prostokątny jest równy

$$r=\frac{a+a-8}{2} =4\sqrt2-4=4(\sqrt2-1).$$

Pole koła wynosi

$$\pi r^2 =16\pi(\sqrt2-1)^2 =16\pi(3-2\sqrt2).$$

Niech $\theta$ będzie kątem rombu leżącym naprzeciw podanej przekątnej $d=a\sqrt{2-\sqrt2}$. Przekątna i dwa boki rombu tworzą trójkąt o bokach $a,a,d$. Z twierdzenia cosinusów:

$$d^2=a^2+a^2-2a^2\cos\theta.$$

Po podstawieniu:

$$a^2(2-\sqrt2)=2a^2-2a^2\cos\theta,$$

więc

$$\cos\theta=\frac{\sqrt2}{2}.$$

Stąd $\theta=45^\circ$. Kąt sąsiedni rombu ma miarę $180^\circ-45^\circ=135^\circ$.

Źródłowy Markdown błędnie przypisuje $75^\circ$ do kąta $ACB$. Na skanie wartość ta jest wpisana między odcinkami $CA$ i $CD$, zatem $\angle ACD=75^\circ$. Punkty $A,D,B$ leżą na jednej prostej w tej kolejności.

W trójkącie $CDB$ znamy wszystkie boki. Z twierdzenia cosinusów:

$$\cos\angle CDB =\frac{CD^2+DB^2-CB^2}{2\cdot CD\cdot DB} =\frac{16+1-21}{8}=-\frac12.$$

Zatem $\angle CDB=120^\circ$. Kąty $CDB$ i $ADC$ są przyległe, więc $\angle ADC=60^\circ$. W trójkącie $ACD$ otrzymujemy

$$\alpha=180^\circ-75^\circ-60^\circ=45^\circ.$$

Z twierdzenia sinusów w trójkącie $ACD$:

$$\frac{AC}{\sin60^\circ}=\frac{CD}{\sin45^\circ},$$

stąd $AC=2\sqrt6$. Ponadto

$$\frac{AD}{\sin75^\circ}=\frac4{\sin45^\circ},$$

czyli

$$AD=2+2\sqrt3.$$

Wobec tego $AB=AD+DB=3+2\sqrt3$, a obwód trójkąta $ABC$ wynosi

$$AB+AC+BC=3+2\sqrt3+2\sqrt6+\sqrt{21}.$$