NOWA MATeMAtyka 2. Zakres podstawowy i rozszerzony — strona 288

Promień wpisanego okręgu wynosi $r=\frac32$ cm. W czworokącie opisanym na okręgu sumy długości przeciwległych boków są równe, więc

$$AB+CD=AD+BC=4+5=9.$$

Obwód czworokąta jest zatem równy $18$ cm, a jego półobwód $s=9$ cm. Pole wielokąta opisanego na okręgu jest równe iloczynowi promienia wpisanego okręgu i półobwodu:

$$P=rs=\frac32\cdot9=\frac{27}{2}=13{,}5\ \mathrm{cm}^2.$$

Trzeci kąt ma miarę

$$\angle BAC=180^\circ-23^\circ-64^\circ=93^\circ.$$

Bok $BC=800$ leży naprzeciw kąta $93^\circ$, a szukany bok $AC$ naprzeciw kąta $23^\circ$. Z twierdzenia sinusów:

$$\frac{AC}{\sin23^\circ}=\frac{800}{\sin93^\circ},$$

zatem

$$AC=\frac{800\sin23^\circ}{\sin93^\circ}\approx313{,}0.$$

Po zaokrągleniu do najbliższej liczby całkowitej otrzymujemy $313$.

Punkty oznaczające Poznań, Warszawę i położenie samolotu tworzą trójkąt. Ze skanu wynika, że boki wychodzące z Poznania mają długości $300$ km i $200$ km, a kąt między nimi ma miarę $20^\circ$.

Jeśli $d$ oznacza odległość samolotu od Warszawy, to z twierdzenia cosinusów

$$d^2=300^2+200^2-2\cdot300\cdot200\cos20^\circ.$$

Stąd

$$d\approx131{,}3\ \mathrm{km}.$$

Z dokładnością do $1$ km jest to $131$ km.

W czworokącie opisanym na okręgu sumy długości przeciwległych boków są równe. Jeśli ramię trapezu równoramiennego ma długość $a$, to

$$2a=8+18=26,$$

więc $a=13$ cm.

Po opuszczeniu wysokości przy każdym ramieniu powstaje trójkąt prostokątny o przeciwprostokątnej $13$ i poziomej przyprostokątnej

$$\frac{18-8}{2}=5.$$

Wysokość trapezu jest zatem równa

$$h=\sqrt{13^2-5^2}=\sqrt{144}=12\ \mathrm{cm}.$$

Wpisane koło jest styczne do obu podstaw, więc jego średnica jest równa wysokości trapezu. Mamy $r=6$ cm, a pole koła wynosi

$$\pi r^2=36\pi\ \mathrm{cm}^2.$$

Promienie $OA$ i $OB$ są prostopadłe do stycznych. W trójkątach prostokątnych $OAP$ i $OBP$ mamy $OP=5$ oraz $OA=OB=3$, zatem

$$AP=BP=\sqrt{5^2-3^2}=4\ \mathrm{cm}.$$

Czworokąt $PAOB$ ma więc boki $4,3,3,4$. Sumy długości boków przeciwległych są równe, więc można w niego wpisać okrąg. Jego półobwód wynosi

$$s=\frac{4+3+3+4}{2}=7.$$

Pole czworokąta jest sumą pól dwóch trójkątów prostokątnych:

$$P=2\cdot\frac12\cdot3\cdot4=12.$$

Jeżeli $\rho$ oznacza szukany promień okręgu wpisanego, to $P=\rho s$. Stąd

$$\rho=\frac{12}{7}\ \mathrm{cm}.$$

Dla środkowej $m$ poprowadzonej do boku $6$ korzystamy z twierdzenia Apolloniusza:

$$m^2=\frac{2\cdot5^2+2\cdot4^2-6^2}{4} =\frac{50+32-36}{4}=\frac{46}{4}.$$

Zatem

$$m=\frac{\sqrt{46}}{2}\ \mathrm{cm}.$$

Najpierw z twierdzenia cosinusów w trójkącie $ABC$:

$$BC^2=12^2+6^2-2\cdot12\cdot6\cos60^\circ=108,$$

więc $BC=6\sqrt3$.

Z twierdzenia o dwusiecznej

$$\frac{BD}{DC}=\frac{AB}{AC}=\frac{12}{6}=2.$$

Stąd $BD=\frac23BC=4\sqrt3$. Długość dwusiecznej wynosi

$$AD=\frac{2\cdot AB\cdot AC\cos30^\circ}{AB+AC} =\frac{2\cdot12\cdot6\cdot\frac{\sqrt3}{2}}{18} =4\sqrt3.$$

W trójkącie $ABD$ mamy więc $AD=BD$. Ponieważ $\angle BAD=30^\circ$, również $\angle ABD=30^\circ$. Z rozszerzonego twierdzenia sinusów promień $R$ okręgu opisanego na tym trójkącie spełnia

$$2R=\frac{BD}{\sin30^\circ} =\frac{4\sqrt3}{\frac12}=8\sqrt3.$$

Zatem $R=4\sqrt3$.

W trójkącie $ABD$ znamy wszystkie boki. Z twierdzenia cosinusów dla kąta $BAD$:

$$\cos\angle BAD =\frac{AB^2+AD^2-BD^2}{2\cdot AB\cdot AD} =\frac{40+4-64}{2\cdot2\sqrt{10}\cdot2} =-\frac{\sqrt{10}}4.$$

Punkt $A$ leży na odcinku $CD$, więc półproste $AC$ i $AD$ są przeciwne. Zatem

$$\cos\angle BAC=-\cos\angle BAD=\frac{\sqrt{10}}4.$$

Niech $AC=BC=x$, ponieważ trójkąt $ABC$ jest równoramienny o podstawie $AB$. Z twierdzenia cosinusów w trójkącie $ABC$, zastosowanego przy kącie $BAC$:

$$x^2=(2\sqrt{10})^2+x^2 -2\cdot2\sqrt{10}\cdot x\cdot\frac{\sqrt{10}}4.$$

Po skróceniu otrzymujemy $0=40-10x$, więc $x=4$. Obwód wynosi

$$AB+AC+BC=2\sqrt{10}+4+4=2(4+\sqrt{10}).$$