Planimetria
Zadania otwarte z matur i informatorów maturalnych Centralnej Komisji Egzaminacyjnej z lat 2002–2022.
Opis zadań: przy każdym zadaniu podany jest rok, miesiąc, numer zadania oraz liczba punktów. Przy arkuszach od roku 2015 stosowane są również oznaczenia: NF – nowa formuła oraz SF – stara formuła.
Zadanie 1.
W trójkącie jeden z kątów ma miarę \(120^\circ\). Długości boków tego trójkąta są kolejnymi wyrazami ciągu arytmetycznego, którego suma wynosi \(30\). Wyznacz stosunek długości promienia okręgu opisanego na tym trójkącie do długości promienia okręgu wpisanego w ten trójkąt.
Rozwiązanie
Niech długości boków będą kolejnymi wyrazami ciągu arytmetycznego. Ponieważ ich suma jest równa \(30\), środkowy wyraz jest równy \(10\). Z twierdzenia cosinusów dla kąta \(120^\circ\) otrzymujemy długości boków
\[ 6,\quad 10,\quad 14. \]Pole trójkąta wynosi
\[ P=\frac12\cdot 6\cdot 10\cdot \sin120^\circ=15\sqrt3. \]Półobwód jest równy \(s=15\), więc
\[ r=\frac{P}{s}=\sqrt3. \]Promień okręgu opisanego:
\[ R=\frac{6\cdot10\cdot14}{4P}=\frac{14}{\sqrt3}. \]Zatem
\[ \boxed{\frac{R}{r}=\frac{14}{3}}. \]Zadanie 2.
Trapez równoramienny, o obwodzie równym \(20\text{ cm}\), jest opisany na okręgu. Wiedząc, że przekątna trapezu ma długość \(\sqrt{41}\text{ cm}\), oblicz pole tego trapezu.
Rozwiązanie
W czworokącie opisanym na okręgu sumy długości przeciwległych boków są równe. Jeżeli podstawy trapezu mają długości \(a,b\), a ramię ma długość \(c\), to
\[ a+b=2c. \]Z obwodu \(20\) otrzymujemy \(a+b=10\) oraz \(c=5\).
Niech \(h\) oznacza wysokość trapezu. W trapezie równoramiennym
\[ h^2=25-\left(\frac{a-b}{2}\right)^2. \]Dla przekątnej mamy
\[ 41=h^2+\left(\frac{a+b}{2}\right)^2 =25-\left(\frac{a-b}{2}\right)^2+25. \]Stąd \(|a-b|=6\), a więc \(h=4\). Pole trapezu:
\[ P=\frac{a+b}{2}\,h=5\cdot4=\boxed{20\text{ cm}^2}. \]Zadanie 3.
Oblicz miary kątów dowolnego czworokąta wpisanego w okrąg o promieniu \(R=5\sqrt2\), wiedząc ponadto, że jedna z przekątnych tego czworokąta ma długość \(10\), zaś iloczyn sinusów wszystkich jego kątów wewnętrznych równa się \(\frac38\).
Rozwiązanie
Niech przekątna długości \(10\) będzie cięciwą okręgu o promieniu \(5\sqrt2\). Z twierdzenia sinusów dla trójkąta wpisanego w ten okrąg:
\[ \sin\alpha=\frac{10}{2\cdot5\sqrt2}=\frac{\sqrt2}{2}. \]Odpowiednia para kątów przeciwległych ma więc miary \(45^\circ\) i \(135^\circ\).
Niech druga para kątów przeciwległych ma miary \(\beta\) i \(180^\circ-\beta\). Z warunku o iloczynie sinusów:
\[ \sin45^\circ\sin135^\circ\sin\beta\sin(180^\circ-\beta)=\frac38, \] \[ \frac12\sin^2\beta=\frac38, \qquad \sin^2\beta=\frac34. \]Zatem druga para kątów ma miary \(60^\circ\) i \(120^\circ\).
Miary kątów czworokąta to
\[ \boxed{45^\circ,\ 60^\circ,\ 120^\circ,\ 135^\circ}. \]Zadanie 4.
W dowolnym trójkącie \(ABC\) punkty \(M\) i \(N\) są odpowiednio środkami boków \(AC\) i \(BC\) (Rys. 1).
Zapoznaj się uważnie z następującym rozumowaniem:
Korzystając z własności wektorów i działań na wektorach, zapisujemy równości:
\[ \vec{MN}=\vec{MA}+\vec{AB}+\vec{BN}\tag{1} \]oraz
\[ \vec{MN}=\vec{MC}+\vec{CN}.\tag{2} \]Po dodaniu równości (1) i (2) stronami otrzymujemy:
\[ 2\vec{MN}=\vec{MA}+\vec{MC}+\vec{AB}+\vec{BN}+\vec{CN}. \]Ponieważ \(\vec{MC}=-\vec{MA}\) oraz \(\vec{CN}=-\vec{BN}\), więc:
\[ 2\vec{MN}=\vec{MA}-\vec{MA}+\vec{AB}+\vec{BN}-\vec{BN}, \] \[ 2\vec{MN}=\vec0+\vec{AB}+\vec0, \] \[ \vec{MN}=\frac12\vec{AB}. \]Wykorzystując własności iloczynu wektora przez liczbę, ostatnią równość można zinterpretować następująco: odcinek łączący środki dwóch boków dowolnego trójkąta jest równoległy do trzeciego boku tego trójkąta, zaś jego długość jest równa połowie długości tego boku.
Przeprowadzając analogiczne rozumowanie, ustal związek pomiędzy wektorem \(\vec{MN}\) oraz wektorami \(\vec{AB}\) i \(\vec{DC}\), wiedząc, że czworokąt \(ABCD\) jest dowolnym trapezem, zaś punkty \(M\) i \(N\) są odpowiednio środkami ramion \(AD\) i \(BC\) tego trapezu (Rys. 2).
Podaj interpretację otrzymanego wyniku.
Rozwiązanie
Dla trapezu zapisujemy dwie równości:
\[ \vec{MN}=\vec{MA}+\vec{AB}+\vec{BN}, \] \[ \vec{MN}=\vec{MD}+\vec{DC}+\vec{CN}. \]Dodajemy je stronami. Ponieważ \(M\) i \(N\) są środkami ramion, mamy
\[ \vec{MD}=-\vec{MA}, \qquad \vec{CN}=-\vec{BN}. \]Stąd
\[ 2\vec{MN}=\vec{AB}+\vec{DC}, \] \[ \boxed{\vec{MN}=\frac12\left(\vec{AB}+\vec{DC}\right)}. \]Wektory \(\vec{AB}\) i \(\vec{DC}\) mają ten sam kierunek. Zatem odcinek \(MN\) jest równoległy do podstaw trapezu, a jego długość jest równa połowie sumy długości podstaw:
\[ \boxed{|MN|=\frac{|AB|+|CD|}{2}}. \]Zadanie 5.
Trójkąt prostokątny \(ABC\), w którym \(\angle BCA=90^\circ\) i \(\angle CAB=30^\circ\), jest opisany na okręgu o promieniu \(3\). Oblicz odległość wierzchołka \(C\) trójkąta od punktu styczności tego okręgu z przeciwprostokątną. Wykonaj odpowiedni rysunek.
Rozwiązanie
Niech długości boków trójkąta \(30^\circ\!-\!60^\circ\!-\!90^\circ\) będą równe
\[ k,\quad k\sqrt3,\quad 2k. \]Promień okręgu wpisanego w trójkąt prostokątny spełnia
\[ 3=\frac{k+k\sqrt3-2k}{2}, \]więc
\[ k=3(\sqrt3+1). \]Niech \(T\) będzie punktem styczności okręgu z przeciwprostokątną. Z własności odcinków stycznych otrzymujemy odpowiednie podziały przeciwprostokątnej, a po zastosowaniu twierdzenia Stewarta (lub obliczeń współrzędnych) dostajemy
\[ CT^2=36+9\sqrt3. \]Zatem
\[ \boxed{CT=3\sqrt{\,4+\sqrt3\,}}. \]Zadanie 6.
Dwa okręgi, każdy o promieniu \(8\), są styczne zewnętrznie. Ze środka jednego z nich poprowadzono styczne do drugiego okręgu. Oblicz pole zacieniowanej figury (patrz rysunek).
Rozwiązanie
Odległość środków okręgów jest równa \(16\). Promień poprowadzony do punktu styczności jest prostopadły do stycznej, więc w powstałym trójkącie prostokątnym
\[ \sin\alpha=\frac{8}{16}=\frac12, \]czyli \(\alpha=30^\circ\). Kąt między dwiema stycznymi ma zatem \(60^\circ\).
Z odpowiednich pól trójkątów i wycinka koła otrzymujemy pole zacieniowanej figury:
\[ P=64\sqrt3-\frac{64\pi}{3}. \]Zatem
\[ \boxed{P=64\left(\sqrt3-\frac{\pi}{3}\right)}. \]Zadanie 7.
Na okręgu o promieniu \(r\) opisano trapez równoramienny \(ABCD\) o dłuższej podstawie \(AB\) i krótszej \(CD\). Punkt styczności \(S\) dzieli ramię \(BC\) tak, że
\[ \frac{CS}{SB}=\frac25. \]a) Wyznacz długość ramienia tego trapezu.
b) Oblicz \(\cos\angle CBD\).
Rozwiązanie
Niech \(CS=2u\) oraz \(SB=5u\). Dla okręgu wpisanego w trapez iloczyn odpowiednich odcinków stycznych prowadzi do zależności
\[ (2u)(5u)=r^2. \]Stąd
\[ u=\frac{r}{\sqrt{10}}, \qquad BC=7u=\boxed{\frac{7r}{\sqrt{10}}}. \]Po wyznaczeniu długości przekątnej \(BD\) i zastosowaniu twierdzenia cosinusów w trójkącie \(BCD\) otrzymujemy
\[ \boxed{\cos\angle CBD=\frac{61}{\sqrt{623}}}. \]Zadanie 8.
Dany jest trójkąt o bokach długości \(1,\sqrt3,2\). Oblicz cosinus i sinus kąta leżącego naprzeciw najkrótszego boku tego trójkąta.
Rozwiązanie
Dla kąta \(\alpha\) leżącego naprzeciw boku długości \(1\), z twierdzenia cosinusów:
\[ 1^2=(\sqrt3)^2+2^2-2\cdot\sqrt3\cdot2\cos\alpha. \]Stąd
\[ \cos\alpha=\frac{\sqrt3}{2}. \]Kąt jest ostry, zatem
\[ \sin\alpha=\sqrt{1-\cos^2\alpha}=\frac12. \]Odpowiedź:
\[ \boxed{\cos\alpha=\frac{\sqrt3}{2},\qquad \sin\alpha=\frac12}. \]Zadanie 9.
Na kole opisany jest romb. Stosunek pola koła do pola rombu wynosi
\[ \frac{\pi\sqrt3}{8}. \]Wyznacz miarę kąta ostrego rombu.
Rozwiązanie
Niech \(a\) oznacza bok rombu, \(r\) promień koła wpisanego, a \(\alpha\) kąt ostry rombu. Pole rombu jest równe
\[ P_r=a^2\sin\alpha. \]Z drugiej strony \(P_r=2ar\), więc \(a=\frac{2r}{\sin\alpha}\), a zatem
\[ P_r=\frac{4r^2}{\sin\alpha}. \]Warunek z zadania daje
\[ \frac{\pi r^2}{4r^2/\sin\alpha}=\frac{\pi\sqrt3}{8}, \] \[ \sin\alpha=\frac{\sqrt3}{2}. \]Ponieważ \(\alpha\) jest kątem ostrym,
\[ \boxed{\alpha=60^\circ}. \]Zadanie 10.
W trójkącie prostokątnym \(ABC\) przyprostokątne mają długości: \(BC=9,\ CA=12\). Na boku \(AB\) wybrano punkt \(D\) tak, że odcinki \(BC\) i \(CD\) mają równe długości. Oblicz długość odcinka \(AD\).
Rozwiązanie
Z twierdzenia Pitagorasa
\[ AB=15. \]Niech \(AD=x\), zatem \(DB=15-x\), a \(CD=BC=9\). Stosujemy twierdzenie Stewarta:
\[ 81x+144(15-x)=15\left(81+x(15-x)\right). \]Po uporządkowaniu otrzymujemy dwa rozwiązania, z których \(x=15\) odpowiada punktowi \(B\). Dla punktu wewnętrznego \(D\):
\[ \boxed{AD=\frac{21}{5}}. \]Zadanie 11.
W trójkącie równoramiennym (patrz rysunek) długość podstawy wynosi \(a\), zaś wysokości opuszczone odpowiednio na podstawę i ramię są równe \(H\) i \(h\). Kąt między ramieniem trójkąta i wysokością opuszczoną na podstawę ma miarę \(\alpha\).
a) Wyraź \(\tg\alpha\) w zależności od wielkości \(a\) i \(H\).
b) Wyraź \(\cos\alpha\) w zależności od wielkości \(a\) i \(h\).
c) Wykaż, że jeśli \(a^2=H\cdot h\), to \(\sin\alpha=\sqrt2-1\).
Rozwiązanie
Połowa podstawy ma długość \(\frac a2\). Z trójkąta prostokątnego:
\[ \boxed{\tg\alpha=\frac{a}{2H}}. \]Porównując dwa wzory na pole trójkąta,
\[ \frac12 aH=\frac12 bh, \]oraz korzystając z zależności \(b\cos\alpha=H\), otrzymujemy
\[ \boxed{\cos\alpha=\frac{h}{a}}. \]Jeżeli \(a^2=Hh\), to
\[ \frac{H}{a}=\frac{a}{h}. \]Po połączeniu tej zależności z otrzymanymi wzorami i tożsamością \(\sin^2\alpha+\cos^2\alpha=1\) dostajemy
\[ \boxed{\sin\alpha=\sqrt2-1}. \]Zadanie 12.
W czworokącie wypukłym \(ABCD\) dane są: \(AB=2,\ BC=3,\ CD=3,\ DA=4\) i \(\angle DAB=60^\circ\). Oblicz pole tego czworokąta.
Rozwiązanie
W trójkącie \(ABD\)
\[ BD^2=2^2+4^2-2\cdot2\cdot4\cos60^\circ=12, \]więc \(BD=2\sqrt3\), a
\[ P_{ABD}=\frac12\cdot2\cdot4\sin60^\circ=2\sqrt3. \]Trójkąt \(BCD\) jest równoramienny o ramionach \(3,3\) i podstawie \(2\sqrt3\). Jego wysokość ma długość \(\sqrt6\), więc
\[ P_{BCD}=\frac12\cdot2\sqrt3\cdot\sqrt6=3\sqrt2. \]Zatem
\[ \boxed{P_{ABCD}=2\sqrt3+3\sqrt2}. \]Zadanie 13.
W trójkącie równoramiennym \(ABC\), w którym \(|AC|=|BC|\), wysokość \(CE\) jest dwa razy dłuższa od wysokości \(AD\) (patrz rysunek). Oblicz kosinusy wszystkich kątów wewnętrznych trójkąta \(ABC\).
Rozwiązanie
Porównujemy dwa wzory na pole trójkąta:
\[ \frac12|AB|\cdot|CE|=\frac12|BC|\cdot|AD|. \]Ponieważ \(CE=2AD\), otrzymujemy
\[ |BC|=2|AB|. \]Z równoramienności także \(|AC|=2|AB|\). Po opuszczeniu wysokości z \(C\) na podstawę \(AB\) otrzymujemy
\[ \cos A=\cos B=\frac{|AB|/2}{|AC|}=\frac14. \]Z twierdzenia cosinusów dla kąta \(C\):
\[ |AB|^2=|AC|^2+|BC|^2-2|AC||BC|\cos C, \]stąd
\[ \boxed{\cos A=\cos B=\frac14,\qquad \cos C=\frac78}. \]Zadanie 14.
Trapez równoramienny \(ABCD\) jest opisany na okręgu o promieniu \(r\). Przekątna trapezu tworzy z dłuższą podstawą kąt \(\alpha\). Wyznacz obwód tego trapezu.
Rozwiązanie
Wysokość trapezu opisanego na okręgu jest równa \(2r\). Jeżeli podstawy mają długości \(a,b\), to poziomy rzut przekątnej na dłuższą podstawę ma długość \(\frac{a+b}{2}\). Zatem
\[ \tg\alpha=\frac{2r}{(a+b)/2}=\frac{4r}{a+b}. \]Stąd
\[ a+b=4r\cot\alpha. \]Dla czworokąta opisanego na okręgu \(a+b\) jest równe sumie długości ramion. Obwód jest więc dwa razy większy od \(a+b\):
\[ \boxed{L=8r\cot\alpha}. \]Zadanie 15.
Na przyprostokątnych \(AB\) i \(AC\) trójkąta prostokątnego równoramiennego \(ABC\) zaznaczono odpowiednio punkty \(K\) i \(L\) tak, że
\[ \frac{|AK|}{|KB|}=\frac{|CL|}{|LA|}=\frac12. \]Odcinki \(BL\) i \(CK\) przecinają się w punkcie \(M\). Oblicz
\[ \frac{|MB|}{|MK|}. \]Rozwiązanie
Przyjmijmy \(A=(0,0)\), \(B=(1,0)\), \(C=(0,1)\). Wtedy
\[ K=\left(\frac13,0\right), \qquad L=\left(0,\frac23\right). \]Wyznaczając punkt przecięcia prostych \(BL\) i \(CK\), otrzymujemy
\[ M=\left(\frac17,\frac47\right). \]Stąd
\[ |MB|=\frac{2\sqrt{13}}7, \qquad |MK|=\frac{4\sqrt{10}}{21}. \]Zatem
\[ \boxed{\frac{|MB|}{|MK|}=\frac{3\sqrt{130}}{20}}. \]Zadanie 16.
Trapez równoramienny jest opisany na okręgu. Suma długości krótszej podstawy i ramienia trapezu jest równa \(30\). Wyraź pole tego trapezu jako funkcję długości jego ramienia. Wyznacz dziedzinę tej funkcji.
Rozwiązanie
Niech \(x\) oznacza długość ramienia, a \(b\) krótszą podstawę. Z warunku zadania
\[ b=30-x. \]Dla trapezu opisanego na okręgu suma podstaw jest równa sumie ramion, zatem
\[ a+b=2x, \qquad a=3x-30. \]Połowa różnicy podstaw wynosi \(2x-30\), więc wysokość
\[ h=\sqrt{x^2-(2x-30)^2}. \]Pole:
\[ P(x)=\frac{a+b}{2}h =x\sqrt{-3x^2+120x-900}. \]Warunki \(a\gt b\gt 0\) dają
\[ \boxed{x\in(15,30)}. \]Zatem
\[ \boxed{P(x)=x\sqrt{-3x^2+120x-900},\quad x\in(15,30)}. \]Zadanie 17.
Na okręgu zaznaczono sześć różnych punktów. Ile różnych wielokątów wypukłych o wszystkich wierzchołkach w tych punktach można narysować?
Rozwiązanie
Każdy wybór co najmniej trzech spośród sześciu punktów wyznacza jeden wielokąt wypukły. Zatem liczba takich wielokątów jest równa
\[ \binom63+\binom64+\binom65+\binom66 =20+15+6+1 =\boxed{42}. \]Zadanie 18.
Proste zawierające ramiona \(BC\) i \(DA\) trapezu \(ABCD\) przecinają się w punkcie \(S\). Dane są: \(AB=6\), \(CD=2\) oraz obwód trójkąta \(SCD\) równy \(\sqrt{18}\). Oblicz obwód trójkąta \(SAB\).
Rozwiązanie
Trójkąty \(SAB\) i \(SCD\) są podobne, ponieważ \(AB\parallel CD\). Skala podobieństwa wynosi
\[ k=\frac{AB}{CD}=\frac62=3. \]Obwody figur podobnych pozostają w tej samej skali, więc
\[ L_{SAB}=3\sqrt{18}=3\cdot3\sqrt2. \]Zatem
\[ \boxed{L_{SAB}=9\sqrt2}. \]Zadanie 19.
W pewnym trapezie kąty przy dwóch przeciwległych wierzchołkach mają miary \(\alpha\) oraz \(90^\circ+\alpha\). Jedno z ramion tego trapezu ma długość \(t\). Wyznacz różnicę długości podstaw tego trapezu.
Rozwiązanie
Po opuszczeniu wysokości trapezu różnica długości podstaw jest sumą poziomych rzutów ramion. Z podanych miar kątów wynika, że ramię o długości \(t\) może być jednym z dwóch ramion trapezu.
Jeżeli \(t\) jest ramieniem tworzącym z podstawą kąt \(\alpha\), otrzymujemy
\[ \boxed{a-b=\frac{t}{\cos\alpha}}. \]Jeżeli \(t\) jest drugim ramieniem, otrzymujemy
\[ \boxed{a-b=\frac{t}{\sin\alpha}}. \]Są to dwa przypadki wynikające z położenia ramienia długości \(t\).
Zadanie 20.
Czworokąt \(ABCD\) jest wpisany w okrąg. Dane są \(|BC|=a,\ |CD|=b,\ |\angle DAB|=\alpha\). Wyznacz długość przekątnej \(BD\).
Rozwiązanie
W czworokącie wpisanym w okrąg kąty przeciwległe są dopełniające do \(180^\circ\), więc
\[ \angle BCD=180^\circ-\alpha. \]W trójkącie \(BCD\), z twierdzenia cosinusów:
\[ BD^2=a^2+b^2-2ab\cos(180^\circ-\alpha). \]Ponieważ \(\cos(180^\circ-\alpha)=-\cos\alpha\), mamy
\[ \boxed{BD=\sqrt{a^2+b^2+2ab\cos\alpha}}. \]Zadanie 21.
Odcinek \(CD\) jest zawarty w dwusiecznej kąta \(ACB\) trójkąta \(ABC\). Kąty trójkąta \(ABC\) mają miary: \(\angle CAB=42^\circ,\ \angle ABC=78^\circ\). Styczna do okręgu opisanego na tym trójkącie w punkcie \(C\) przecina prostą \(AB\) w punkcie \(E\) (zobacz rysunek). Oblicz, ile stopni ma każdy z kątów trójkąta \(CDE\).
Rozwiązanie
Najpierw
\[ \angle ACB=180^\circ-42^\circ-78^\circ=60^\circ. \]Ponieważ \(CD\) jest dwusieczną,
\[ \angle ACD=\angle DCB=30^\circ. \]Z twierdzenia o kącie między styczną i cięciwą oraz z własności kątów w trójkącie otrzymujemy kolejno kąty trójkąta \(CDE\):
\[ \boxed{\angle DCE=72^\circ,\qquad \angle CDE=72^\circ,\qquad \angle CED=36^\circ}. \]Zadanie 22.
Dany jest trójkąt ostrokątny \(ABC\), w którym \(AC=5\) i \(AB=8\). Pole tego trójkąta jest równe \(10\sqrt3\). Oblicz promień okręgu opisanego na tym trójkącie.
Rozwiązanie
Ze wzoru na pole
\[ 10\sqrt3=\frac12\cdot5\cdot8\sin A, \]więc
\[ \sin A=\frac{\sqrt3}{2}. \]Trójkąt jest ostrokątny, zatem \(A=60^\circ\). Z twierdzenia cosinusów:
\[ BC^2=5^2+8^2-2\cdot5\cdot8\cos60^\circ=49, \]czyli \(BC=7\). Z twierdzenia sinusów
\[ \frac{BC}{\sin A}=2R. \]Zatem
\[ \boxed{R=\frac{7\sqrt3}{3}}. \]Zadanie 23.
Podstawa \(AB\) trójkąta równoramiennego \(ABC\) ma długość \(8\) oraz \(\angle BAC=30^\circ\). Oblicz długość środkowej \(AD\) tego trójkąta.
Rozwiązanie
Kąty przy podstawie mają po \(30^\circ\), więc \(\angle ACB=120^\circ\). Z twierdzenia sinusów
\[ \frac{AC}{\sin30^\circ}=\frac{8}{\sin120^\circ}, \]stąd
\[ AC=BC=\frac{8}{\sqrt3}. \]Dla środkowej \(AD\) korzystamy ze wzoru Apoloniusza:
\[ AD^2=\frac{2AB^2+2AC^2-BC^2}{4}. \]Po podstawieniu
\[ AD^2=\frac{112}{3}, \]zatem
\[ \boxed{AD=\frac{4\sqrt{21}}{3}}. \]Zadanie 24.
W czworokącie \(ABCD\) dane są długości boków: \(AB=24,\ CD=15,\ AD=7\). Ponadto kąty \(DAB\) oraz \(BCD\) są proste. Oblicz pole tego czworokąta oraz długości jego przekątnych.
Rozwiązanie
W trójkącie prostokątnym \(ABD\)
\[ BD=\sqrt{24^2+7^2}=25. \]Trójkąt \(BCD\) jest prostokątny, a \(BD=25\) i \(CD=15\), więc
\[ BC=\sqrt{25^2-15^2}=20. \]Pole czworokąta jest sumą pól dwóch trójkątów:
\[ P=\frac12\cdot24\cdot7+\frac12\cdot20\cdot15 =84+150=\boxed{234}. \]Z zależności geometrycznych w obu trójkątach otrzymujemy drugą przekątną
\[ \boxed{AC=20}, \]a pierwsza ma długość
\[ \boxed{BD=25}. \]Zadanie 25.
W równoległoboku \(ABCD\) miara kąta ostrego jest równa \(30^\circ\), a odległości punktu przecięcia się przekątnych od sąsiednich boków równoległoboku są równe \(2\) i \(3\). Oblicz długość krótszej przekątnej tego równoległoboku.
Rozwiązanie
Punkt przecięcia przekątnych jest środkiem równoległoboku, zatem odpowiadające wysokości równoległoboku mają długości \(4\) i \(6\).
Dla kąta \(30^\circ\) otrzymujemy długości boków
\[ a=12,\qquad b=8. \]Krótsza przekątna spełnia
\[ d^2=a^2+b^2-2ab\cos30^\circ =144+64-192\cdot\frac{\sqrt3}{2}. \]Zatem
\[ d^2=16(13-6\sqrt3), \] \[ \boxed{d=4\sqrt{13-6\sqrt3}}. \]Zadanie 26.
Dany jest trójkąt \(ABC\), w którym \(AC=17\) i \(BC=10\). Na boku \(AB\) leży punkt \(D\) taki, że \(AD:DB=3:4\) oraz \(DC=10\). Oblicz pole trójkąta \(ABC\).
Rozwiązanie
Niech \(AD=3k\), \(DB=4k\), więc \(AB=7k\). Stosujemy twierdzenie Stewarta dla ceviany \(CD=10\):
\[ 17^2\cdot4k+10^2\cdot3k =7k\left(10^2+3k\cdot4k\right). \]Po uproszczeniu
\[ k^2=9, \]więc \(AB=21\). Trójkąt ma boki \(10,17,21\), a jego półobwód wynosi \(24\). Ze wzoru Herona:
\[ P=\sqrt{24\cdot14\cdot7\cdot3} =\sqrt{7056} =\boxed{84}. \]Zadanie 27.
Punkty \(M\) i \(L\) leżą odpowiednio na bokach \(AB\) i \(AC\) trójkąta \(ABC\), przy czym zachodzą równości \(|MB|=2\cdot|AM|\) oraz \(|LC|=3\cdot|AL|\). Punkt \(S\) jest punktem przecięcia odcinków \(BL\) i \(CM\). Punkt \(K\) jest punktem przecięcia półprostej \(AS\) z odcinkiem \(BC\) (zobacz rysunek).
Pole trójkąta \(ABC\) jest równe \(660\). Oblicz pola trójkątów: \(AMS, ALS, BMS\) i \(CLS\).
Rozwiązanie
Z podziałów boków mamy
\[ AM:MB=1:2,\qquad AL:LC=1:3. \]Stosując metodę mas (albo zależności pól trójkątów o wspólnych wysokościach), można przyjąć masy w wierzchołkach w proporcji
\[ m_A:m_B:m_C=6:3:2. \]Stąd pola trójkątów \(SBC,SCA,SAB\) są w proporcji \(6:3:2\). Ponieważ całe pole wynosi \(660\), otrzymujemy
\[ P_{SAB}=120,\qquad P_{SAC}=180. \]Na boku \(AB\) podział \(1:2\) daje
\[ P_{AMS}=40,\qquad P_{BMS}=80. \]Na boku \(AC\) podział \(1:3\) daje
\[ P_{ALS}=45,\qquad P_{CLS}=135. \]Zatem
\[ \boxed{P_{AMS}=40,\quad P_{ALS}=45,\quad P_{BMS}=80,\quad P_{CLS}=135}. \]Zadanie 28.
W czworokąt \(ABCD\), w którym \(|AD|=5\sqrt3\) i \(|CD|=6\), można wpisać okrąg. Przekątna \(BD\) tworzy z bokiem \(AB\) czworokąta kąt o mierze \(60^\circ\), natomiast z bokiem \(AD\) tworzy kąt, którego sinus jest równy \(\frac34\). Wyznacz długości boków \(AB\) i \(BC\) oraz długość przekątnej \(BD\) tego czworokąta.
Rozwiązanie
W trójkącie \(ABD\)
\[ \angle ABD=60^\circ,\qquad \sin\angle ADB=\frac34. \]Z twierdzenia sinusów
\[ \frac{AD}{\sin60^\circ}=10. \]Stąd
\[ AB=10\sin\angle ADB=\boxed{\frac{15}{2}}. \]Kąt \(ADB\) jest ostry, więc \(\cos\angle ADB=\frac{\sqrt7}{4}\). Zatem
\[ \sin\angle BAD =\sin(120^\circ-\angle ADB) =\frac{\sqrt{21}+3}{8}, \]a więc
\[ BD=10\sin\angle BAD =\boxed{\frac54(3+\sqrt{21})}. \]Ponieważ w czworokąt można wpisać okrąg, zachodzi
\[ AB+CD=AD+BC. \]Stąd
\[ \boxed{BC=\frac{27}{2}-5\sqrt3}. \]Zadanie 29.
Długości boków prostokąta są równe \(3\) oraz \(5\). Oblicz sinus kąta ostrego, który tworzą przekątne tego prostokąta.
Rozwiązanie
Możemy potraktować przekątne jako wektory
\[ \vec u=(5,3),\qquad \vec v=(5,-3). \]Ich długości są równe \(\sqrt{34}\). Z definicji sinusa kąta między wektorami:
\[ \sin\alpha=\frac{|\det(\vec u,\vec v)|}{|\vec u|\,|\vec v|} =\frac{30}{34}. \]Zatem
\[ \boxed{\sin\alpha=\frac{15}{17}}. \]Zadanie 30.
Dany jest trójkąt \(ABC\) i prosta \(k\) styczna w punkcie \(A\) do okręgu opisanego na tym trójkącie. Prosta \(BC\) przecina prostą \(k\) w punkcie \(P\). Długości odcinków \(AC\), \(BC\) i \(PB\) zostały podane na rysunku.
Oblicz długość odcinka \(AB\). Zakoduj cyfrę jedności i dwie pierwsze cyfry po przecinku rozwinięcia dziesiętnego otrzymanego wyniku.
Rozwiązanie
Z twierdzenia o potędze punktu \(P\) względem okręgu:
\[ PA^2=PB\cdot PC=17\cdot(17+9)=442, \]czyli
\[ PA=\sqrt{442}. \]Z twierdzenia o kącie między styczną i cięciwą oraz podobieństwa odpowiednich trójkątów otrzymujemy
\[ \frac{AB}{AC}=\frac{PB}{PA}. \]Zatem
\[ AB=12\cdot\frac{17}{\sqrt{442}} =\frac{6\sqrt{442}}{13} \approx9{,}703\ldots \]Należy zakodować:
\[ \boxed{970}. \]Zadanie 31.
Dane są trzy okręgi o środkach \(A,B,C\) i promieniach równych odpowiednio \(r,2r,3r\). Każde dwa z tych okręgów są zewnętrznie styczne: pierwszy z drugim w punkcie \(K\), drugi z trzecim w punkcie \(L\) i trzeci z pierwszym w punkcie \(M\). Oblicz stosunek pola trójkąta \(KLM\) do pola trójkąta \(ABC\).
Rozwiązanie
Odległości środków wynoszą
\[ AB=3r,\qquad BC=5r,\qquad CA=4r. \]Trójkąt \(ABC\) jest więc prostokątny. Przyjmijmy dla uproszczenia \(r=1\) oraz
\[ A=(0,0),\quad B=(3,0),\quad C=(0,4). \]Punkty styczności dzielą odcinki łączące środki w stosunkach promieni, więc
\[ K=(1,0),\qquad L=\left(\frac95,\frac85\right),\qquad M=(0,1). \]Obliczamy pola:
\[ P_{ABC}=6,\qquad P_{KLM}=\frac65. \]Zatem
\[ \boxed{\frac{P_{KLM}}{P_{ABC}}=\frac15}. \]Zadanie 32.
W trójkąt prostokątny o przyprostokątnych długości \(15\) i \(20\) wpisano okrąg. Oblicz długość odcinka łączącego wierzchołek kąta prostego tego trójkąta z punktem wspólnym okręgu i przeciwprostokątnej.
Rozwiązanie
Przeciwprostokątna ma długość
\[ \sqrt{15^2+20^2}=25. \]Półobwód wynosi \(30\). Punkt styczności dzieli przeciwprostokątną na odcinki długości \(10\) i \(15\).
Ustawmy wierzchołek kąta prostego w punkcie \(C=(0,0)\), a pozostałe wierzchołki w punktach \(A=(15,0)\), \(B=(0,20)\). Punkt styczności ma wtedy współrzędne
\[ T=(9,8). \]Zatem
\[ CT=\sqrt{9^2+8^2}=\boxed{\sqrt{145}}. \]Zadanie 33.
Długości boków czworokąta \(ABCD\) są równe: \(AB=2,\ BC=3,\ CD=4,\ DA=5\). Na czworokącie \(ABCD\) opisano okrąg. Oblicz długość przekątnej \(AC\) tego czworokąta.
Rozwiązanie
Niech \(\beta=\angle ABC\). Ponieważ czworokąt jest wpisany w okrąg,
\[ \angle ADC=180^\circ-\beta. \]Dla przekątnej \(AC=x\), z twierdzenia cosinusów w trójkątach \(ABC\) i \(ADC\):
\[ x^2=2^2+3^2-2\cdot2\cdot3\cos\beta =13-12\cos\beta, \] \[ x^2=5^2+4^2-2\cdot5\cdot4\cos(180^\circ-\beta) =41+40\cos\beta. \]Porównując:
\[ 13-12\cos\beta=41+40\cos\beta, \] \[ \cos\beta=-\frac7{13}. \]Stąd
\[ x^2=\frac{253}{13}, \qquad \boxed{AC=\sqrt{\frac{253}{13}}}. \]Zadanie 34.
Na boku \(AB\) trójkąta równobocznego \(ABC\) wybrano punkt \(D\) taki, że \(AD:DB=2:3\). Oblicz tangens kąta \(ACD\).
Rozwiązanie
Przyjmijmy \(AB=5\), zatem \(AD=2\). W trójkącie \(ACD\)
\[ AC=5,\qquad AD=2,\qquad \angle CAD=60^\circ. \]Z twierdzenia cosinusów
\[ CD^2=5^2+2^2-2\cdot5\cdot2\cos60^\circ=19. \]Dla kąta \(\alpha=\angle ACD\) otrzymujemy
\[ \sin\alpha=\frac{\sqrt3}{\sqrt{19}}, \qquad \cos\alpha=\frac4{\sqrt{19}}. \]Zatem
\[ \boxed{\tg\alpha=\frac{\sqrt3}{4}}. \]Zadanie 35.
W trójkącie prostokątnym stosunek różnicy długości przyprostokątnych do długości przeciwprostokątnej jest równy \(\frac12\). Oblicz cosinusy kątów ostrych tego trójkąta.
Rozwiązanie
Niech przyprostokątne mają długości \(a\gt b\), a przeciwprostokątna \(c\). Po podzieleniu przez \(c\) możemy przyjąć
\[ a^2+b^2=1,\qquad a-b=\frac12. \]Po podniesieniu drugiej równości do kwadratu:
\[ 1-2ab=\frac14, \]więc
\[ ab=\frac38. \]Stąd
\[ (a+b)^2=1+\frac34=\frac74, \qquad a+b=\frac{\sqrt7}{2}. \]Rozwiązując układ \(a+b=\frac{\sqrt7}{2}\), \(a-b=\frac12\), otrzymujemy
\[ a=\frac{\sqrt7+1}{4}, \qquad b=\frac{\sqrt7-1}{4}. \]Zatem cosinusy kątów ostrych są równe
\[ \boxed{\frac{\sqrt7+1}{4}\quad\text{i}\quad\frac{\sqrt7-1}{4}}. \]Zadanie 36.
Dany jest trójkąt \(ABC\), w którym \(|AC|=|BC|=10,\ |\angle ACB|=120^\circ\). Na boku \(CB\) obrano punkt \(P\) dzielący ten bok w stosunku \(3:2\) (licząc od punktu \(C\)). Oblicz sinus kąta \(PAB\).
Rozwiązanie
Trójkąt \(ABC\) jest równoramienny, więc
\[ \angle ABC=\angle BAC=30^\circ. \]Z podziału boku \(CB\):
\[ CP=6,\qquad PB=4. \]Z twierdzenia cosinusów w trójkącie \(APC\):
\[ AP^2=10^2+6^2-2\cdot10\cdot6\cos120^\circ=196, \]czyli \(AP=14\). Z twierdzenia sinusów w trójkącie \(ABP\):
\[ \frac{\sin\angle PAB}{PB} =\frac{\sin30^\circ}{AP}. \]Stąd
\[ \boxed{\sin\angle PAB=\frac17}. \]Zadanie 37.
W trapezie równoramiennym \(ABCD\), w którym \(AB\parallel CD\), dane są \(AB=84,\ CD=36,\ BC=AD=40\). Oblicz promień okręgu wpisanego w trójkąt \(ABP\), gdzie \(P\) jest punktem przecięcia przekątnych tego trapezu.
Rozwiązanie
Po opuszczeniu wysokości trapezu otrzymujemy poziomy odcinek długości
\[ \frac{84-36}{2}=24, \]więc wysokość trapezu wynosi
\[ h=\sqrt{40^2-24^2}=32. \]Punkt przecięcia przekątnych dzieli je w stosunku długości podstaw:
\[ AP:PC=AB:CD=84:36=7:3. \]Zatem odległość punktu \(P\) od podstawy \(AB\) wynosi
\[ \frac7{10}\cdot32=\frac{112}{5}. \]Trójkąt \(ABP\) jest równoramienny i
\[ AP=BP=\frac{238}{5}. \]Jego pole i półobwód:
\[ P_{ABP}=\frac12\cdot84\cdot\frac{112}{5}=\frac{4704}{5}, \] \[ s=\frac{84+2\cdot238/5}{2}=\frac{448}{5}. \]Promień okręgu wpisanego:
\[ r=\frac{P_{ABP}}{s} =\boxed{\frac{21}{2}}. \]Zadanie 38.
Trapez równoramienny \(ABCD\) o ramieniu długości \(6\) wpisany jest w okrąg, przy czym dłuższa podstawa \(AB\) trapezu, o długości \(12\), jest średnicą tego okręgu. Przekątne \(AC\) i \(BD\) trapezu przecinają się w punkcie \(P\). Oblicz pole koła wpisanego w trójkąt \(ABP\).
Rozwiązanie
Promień okręgu opisanego na trapezie jest równy \(6\). Ramiona \(AD=BC=6\) są więc cięciwami równymi promieniowi, co wyznacza położenie krótszej podstawy. Możemy przyjąć współrzędne
\[ A=(-6,0),\quad B=(6,0),\quad D=(-3,3\sqrt3),\quad C=(3,3\sqrt3). \]Punkt przecięcia przekątnych ma współrzędne
\[ P=(0,2\sqrt3). \]W trójkącie \(ABP\)
\[ AB=12,\qquad AP=BP=4\sqrt3, \]a jego pole wynosi \(12\sqrt3\). Promień okręgu wpisanego jest więc równy
\[ r=\frac{12\sqrt3}{6+4\sqrt3}=12-6\sqrt3. \]Pole koła:
\[ \boxed{P_k=\pi(12-6\sqrt3)^2 =(252-144\sqrt3)\pi}. \]Zadanie 39.
W trójkącie równoramiennym wysokość opuszczona na podstawę jest równa \(36\), a promień okręgu wpisanego w ten trójkąt jest równy \(10\). Oblicz długości boków tego trójkąta i promień okręgu opisanego na tym trójkącie.
Rozwiązanie
Oznaczmy przez \(S\) środek okręgu wpisanego i przez \(E\) spodek wysokości na podstawę. Mamy
\[ CE=36,\qquad ES=10,\qquad CS=26. \]Z odpowiednich podobnych trójkątów otrzymujemy połowę podstawy równą \(15\). Zatem
\[ AB=30. \]Z twierdzenia Pitagorasa:
\[ AC=BC=\sqrt{36^2+15^2}=39. \]Pole trójkąta jest równe
\[ P=\frac12\cdot30\cdot36=540. \]Promień okręgu opisanego:
\[ R=\frac{30\cdot39\cdot39}{4\cdot540} =\boxed{\frac{169}{8}}. \]Zatem długości boków to
\[ \boxed{30,\ 39,\ 39}. \]Zadanie 40.
Trapez prostokątny \(ABCD\) o podstawach \(AB\) i \(CD\) jest opisany na okręgu. Ramię \(BC\) ma długość \(10\), a ramię \(AD\) jest wysokością trapezu. Podstawa \(AB\) jest \(2\) razy dłuższa od podstawy \(CD\). Oblicz pole tego trapezu.
Rozwiązanie
Niech \(CD=b\), zatem \(AB=2b\), a wysokość \(AD=h\). Po opuszczeniu wysokości z \(C\) otrzymujemy trójkąt prostokątny o przyprostokątnych \(b,h\) i przeciwprostokątnej \(10\):
\[ b^2+h^2=100. \]Trapez jest opisany na okręgu, więc
\[ AB+CD=AD+BC, \] \[ 3b=h+10. \]Po podstawieniu \(h=3b-10\):
\[ b^2+(3b-10)^2=100. \]Dodatnie rozwiązanie zgodne z figurą to \(b=6\), więc \(h=8\) i \(AB=12\). Pole:
\[ P=\frac{12+6}{2}\cdot8=\boxed{72}. \]Zadanie 41.
Dany jest czworokąt wypukły \(ABCD\), w którym \(|AD|=|AB|=|BC|=a,\ |\angle BAD|=60^\circ\) i \(|\angle ADC|=135^\circ\). Oblicz pole czworokąta \(ABCD\).
Rozwiązanie
Trójkąt \(ABD\) jest równoboczny, ponieważ \(AB=AD=a\) i kąt między nimi ma \(60^\circ\). Zatem
\[ BD=a,\qquad \angle ADB=60^\circ. \]Stąd
\[ \angle BDC=135^\circ-60^\circ=75^\circ. \]Ponieważ \(BD=BC=a\), trójkąt \(BCD\) jest równoramienny, więc \(\angle BCD=75^\circ\) i \(\angle DBC=30^\circ\).
Pola dwóch trójkątów:
\[ P_{ABD}=\frac{\sqrt3}{4}a^2, \qquad P_{BCD}=\frac12a^2\sin30^\circ=\frac14a^2. \]Zatem
\[ \boxed{P_{ABCD}=\frac{1+\sqrt3}{4}a^2}. \]Zadanie 42.
Punkt \(D\) leży na boku \(AB\) trójkąta \(ABC\) oraz \(AC=16,\ AD=6,\ CD=14\) i \(BC=BD\). Oblicz obwód trójkąta \(ABC\).
Rozwiązanie
Niech \(BD=BC=x\). W trójkącie \(ACD\), z twierdzenia cosinusów:
\[ 16^2=6^2+14^2-2\cdot6\cdot14\cos\angle ADC, \]więc
\[ \cos\angle ADC=-\frac17. \]Punkty \(A,D,B\) są współliniowe, zatem
\[ \cos\angle CDB=\frac17. \]Trójkąt \(BCD\) jest równoramienny, a \(CD=14\). Dla kąta przy podstawie \(D\):
\[ \cos\angle CDB=\frac{CD}{2BD}=\frac{7}{x}. \]Stąd \(x=49\). Zatem
\[ AB=AD+DB=6+49=55. \]Obwód:
\[ 16+49+55=\boxed{120}. \]Zadanie 43.
Miara kąta wewnętrznego \(n\)-kąta foremnego jest o \(2^\circ\) mniejsza od miary kąta wewnętrznego \((n+2)\)-kąta foremnego. Oblicz \(n\).
Rozwiązanie
Miara kąta wewnętrznego \(n\)-kąta foremnego jest równa
\[ \frac{(n-2)180^\circ}{n}, \]a \((n+2)\)-kąta:
\[ \frac{n\cdot180^\circ}{n+2}. \]Z warunku zadania:
\[ \frac{(n-2)180}{n}+2=\frac{180n}{n+2}. \]Po uproszczeniu:
\[ (n-18)(n+20)=0. \]Ponieważ \(n\) jest liczbą naturalną,
\[ \boxed{n=18}. \]Zadanie 44.
W trójkącie \(ABC\) bok \(AB\) jest \(3\) razy dłuższy od boku \(AC\), a długość boku \(BC\) stanowi \(\frac45\) długości boku \(AB\). Oblicz cosinus najmniejszego kąta trójkąta \(ABC\). W kratki poniżej wpisz kolejno – od lewej do prawej – pierwszą, drugą oraz trzecią cyfrę po przecinku nieskończonego rozwinięcia dziesiętnego otrzymanego wyniku.
Rozwiązanie
Przyjmijmy \(AC=x\). Wtedy
\[ AB=3x,\qquad BC=\frac{12}{5}x. \]Najmniejszy kąt leży naprzeciw najkrótszego boku \(AC\), czyli jest to kąt \(B\). Z twierdzenia cosinusów:
\[ \cos B= \frac{AB^2+BC^2-AC^2}{2\cdot AB\cdot BC}. \]Po podstawieniu:
\[ \cos B= \frac{9+\frac{144}{25}-1}{2\cdot3\cdot\frac{12}{5}} =\frac{43}{45} =0{,}95555\ldots \]Należy wpisać
\[ \boxed{955}. \]Zadanie 45.
W trójkącie równoramiennym \(ABC\): \(|AC|=|BC|=10\), a miara kąta \(ABC\) jest równa \(30^\circ\). Na boku \(BC\) wybrano punkt \(P\), taki, że
\[ \frac{|BP|}{|PC|}=\frac23. \]Oblicz sinus kąta \(\alpha\) (zobacz rysunek).
Rozwiązanie
Ponieważ trójkąt jest równoramienny,
\[ \angle BAC=30^\circ,\qquad \angle ACB=120^\circ. \]Z warunku podziału boku \(BC=10\):
\[ BP=4,\qquad PC=6. \]Z twierdzenia cosinusów w trójkącie \(APC\):
\[ AP^2=10^2+6^2-2\cdot10\cdot6\cos120^\circ=196, \]czyli \(AP=14\). Z twierdzenia sinusów w trójkącie \(ABP\):
\[ \frac{\sin\alpha}{4}=\frac{\sin30^\circ}{14}. \]Zatem
\[ \boxed{\sin\alpha=\frac17}. \]Zadanie 46.
Dany jest romb \(ABCD\). Przez wierzchołki \(B\) i \(D\) poprowadzono dwie proste równoległe przecinające boki \(CD\) i \(AB\) – odpowiednio – w punktach \(M\) i \(N\), tak, że podzieliły one ten romb na trzy figury \(AND, NBMD, BCM\) o równych polach. Ponadto wiadomo, że \(|MB|=|ND|=|BD|\) (zobacz rysunek). Oblicz cosinus kąta ostrego tego rombu.
Rozwiązanie
Przekątna \(BD\) dzieli romb na dwa trójkąty o równych polach, a równoległobok \(BMDN\) również na dwa trójkąty o równych polach. Z warunku równości pól trzech części wynika
\[ \frac{AN}{NB}=2. \]Jeżeli bok rombu ma długość \(a\), to
\[ NB=\frac a3. \]Trójkąt \(NBD\) jest równoramienny, bo \(ND=BD\). Niech \(F\) będzie spodkiem jego wysokości z \(D\). Wtedy
\[ FB=\frac{NB}{2}=\frac a6. \]Zatem
\[ AF=a-\frac a6=\frac{5a}{6}. \]W trójkącie prostokątnym \(AFD\), dla kąta ostrego rombu \(\alpha\):
\[ \cos\alpha=\frac{AF}{AD} =\frac{5a/6}{a}. \]Stąd
\[ \boxed{\cos\alpha=\frac56}. \]Zadanie 47.
Czworokąt \(ABCD\) jest wpisany w okrąg o promieniu \(R=5\sqrt2\). Przekątna \(BD\) tego czworokąta ma długość \(10\). Kąty wewnętrzne \(BAD\) i \(ADC\) czworokąta \(ABCD\) są ostre, a iloczyn sinusów wszystkich jego kątów wewnętrznych jest równy \(\frac38\). Oblicz miary kątów wewnętrznych tego czworokąta.
Rozwiązanie
Z twierdzenia sinusów dla trójkąta \(ABD\):
\[ \frac{BD}{\sin\angle BAD}=2R. \]Stąd
\[ \sin\angle BAD=\frac{10}{10\sqrt2}=\frac{\sqrt2}{2}. \]Kąt \(BAD\) jest ostry, więc
\[ \angle BAD=45^\circ. \]Kąt przeciwległy:
\[ \angle BCD=135^\circ. \]Niech \(\angle ABC=\beta\). Wtedy \(\angle ADC=180^\circ-\beta\), a więc oba te kąty mają ten sam sinus. Warunek z zadania daje
\[ \sin45^\circ\sin135^\circ\sin^2\beta=\frac38, \] \[ \sin^2\beta=\frac34. \]Ponieważ \(\angle ADC\) jest ostry, otrzymujemy
\[ \angle ADC=60^\circ,\qquad \angle ABC=120^\circ. \]Zatem
\[ \boxed{45^\circ,\ 120^\circ,\ 135^\circ,\ 60^\circ}. \]Zadanie 48.
Dany jest trójkąt prostokątny \(ABC\). Promień okręgu wpisanego w ten trójkąt jest pięć razy krótszy od przeciwprostokątnej tego trójkąta. Oblicz sinus tego z kątów ostrych trójkąta \(ABC\), który ma większą miarę.
Rozwiązanie
Niech \(r\) będzie promieniem okręgu wpisanego. Przeciwprostokątna ma wtedy długość \(5r\). Jeżeli przyprostokątne mają długości \(a,b\), to dla trójkąta prostokątnego
\[ r=\frac{a+b-5r}{2}, \]czyli
\[ a+b=7r. \]Ponadto
\[ a^2+b^2=25r^2. \]Stąd
\[ (a+b)^2=a^2+b^2+2ab, \] \[ 49r^2=25r^2+2ab, \qquad ab=12r^2. \]Przyprostokątne są więc równe \(3r\) i \(4r\). Większy kąt ostry leży naprzeciw dłuższej przyprostokątnej, zatem
\[ \boxed{\sin\alpha=\frac45}. \]Zadanie 49.
Na okręgu jest opisany czworokąt \(ABCD\). Bok \(AD\) tego czworokąta jest dwa razy dłuższy od boku \(AB\), a przekątna \(BD\) ma długość równą \(6\). Ponadto spełnione są następujące warunki:
\[ \cos(\angle ADB)=\frac78,\qquad |\angle BCD|=90^\circ,\qquad |AB|\gt\sqrt{15}. \]Oblicz długość boku \(BC\) tego czworokąta.
Rozwiązanie
Niech \(AB=x\), wtedy \(AD=2x\). Z twierdzenia cosinusów w trójkącie \(ABD\):
\[ x^2=(2x)^2+6^2-2\cdot2x\cdot6\cdot\frac78. \]Stąd
\[ x^2-7x+12=0, \] \[ x=3\quad\text{lub}\quad x=4. \]Warunek \(AB\gt\sqrt{15}\) daje
\[ AB=4,\qquad AD=8. \]Ponieważ czworokąt jest opisany na okręgu,
\[ AB+CD=BC+AD, \]czyli
\[ CD=BC+4. \]Kąt \(BCD\) jest prosty, a \(BD=6\), więc
\[ BC^2+CD^2=36. \]Niech \(BC=y\). Wtedy
\[ y^2+(y+4)^2=36, \] \[ y^2+4y-10=0. \]Dodatnie rozwiązanie:
\[ \boxed{BC=\sqrt{14}-2}. \]