Planimetria

Niech \(x\) oznacza długość rzutu prostokątnego przekątnej \(BD\) na dłuższą podstawę \(AB\), czyli przyprostokątną przyległą do kąta \(\alpha\).

Niech \(h\) oznacza wysokość trapezu. Z twierdzenia Pitagorasa:

W trapezie równoramiennym różnica długości podstaw rozkłada się symetrycznie po obu stronach. Skoro \(|AB|-|CD|=40\), to rzut poziomy ramienia \(AD\) ma długość \(40:2=20\).

W trójkącie prostokątnym równoramiennym przyprostokątne mają tę samą długość \(a\), kąty ostre mają po \(45^\circ\), a przeciwprostokątna ma długość \(a\sqrt2\).

Proste \(k\) oraz \(l\) są równoległe, więc trójkąty \(AOD\) oraz \(COB\) są podobne.

Odpowiadające sobie odcinki leżą na tych samych prostych przecinających proste równoległe.

Podstawiamy dane z rysunku:

Obliczamy \(OD\):

W trójkącie równobocznym promień okręgu opisanego jest równy:

Stąd:

Promień okręgu ma długość \(9\sqrt{3}\), więc:

Środek okręgu wpisanego w trójkąt to punkt równoodległy od wszystkich boków trójkąta.

Taki punkt leży w przecięciu dwusiecznych kątów trójkąta.

Zacieniowana figura to część koła znajdująca się poza sześciokątem foremnym.

Promień koła jest równy \(1\), więc pole koła wynosi:

Sześciokąt foremny wpisany w koło o promieniu \(1\) składa się z sześciu trójkątów równobocznych o boku \(1\).

Pole zacieniowanej figury:

Ponieważ \(BD\) jest średnicą okręgu, kąt wpisany oparty na średnicy jest prosty: \[ \angle BCD=90^\circ \] Z treści zadania: \[ \angle DBC=65^\circ \] W trójkącie \(BCD\): \[ \angle CDB=180^\circ-90^\circ-65^\circ=25^\circ \] Kąt wpisany \(CDB\) jest oparty na łuku \(BC\). Miara tego łuku jest dwa razy większa: \[ 2\cdot25^\circ=50^\circ \] Długość łuku o mierze \(50^\circ\) w okręgu o promieniu \(36\): \[ l=\frac{50^\circ}{360^\circ}\cdot2\pi\cdot36 \] \[ l=\frac{50}{360}\cdot72\pi=10\pi \] Odpowiedź: B. \(10\pi\).

Pole trójkąta, gdy znamy dwa boki i kąt między nimi, obliczamy ze wzoru: \[ P=\frac12 ab\sin\gamma \] Tutaj: \[ a=6,\quad b=4,\quad \gamma=60^\circ \] Zatem: \[ P=\frac12\cdot6\cdot4\cdot\sin60^\circ \] \[ P=12\cdot\frac{\sqrt3}{2}=6\sqrt3 \] Odpowiedź: B. \(6\sqrt3\).

Korzystamy z twierdzenia cosinusów: \[ BC^2=AB^2+AC^2-2\cdot AB\cdot AC\cdot\cos\angle CAB \] Podstawiamy dane: \[ BC^2=6^2+4^2-2\cdot6\cdot4\cdot\cos60^\circ \] \[ BC^2=36+16-48\cdot\frac12 \] \[ BC^2=52-24=28 \] \[ BC=\sqrt{28} \] Odpowiedź: A. \(\sqrt{28}\).

Trójkąt jest prostokątny o bokach długości \(10\), \(24\), \(26\).

Dla trójkąta prostokątnego promień okręgu wpisanego można obliczyć ze wzoru:

gdzie \(a\) i \(b\) to przyprostokątne, a \(c\) to przeciwprostokątna.

Podstawiamy:

W trójkącie prostokątnym środek okręgu opisanego leży w połowie przeciwprostokątnej.

Promień okręgu opisanego jest więc równy połowie długości przeciwprostokątnej.

Dane są:

Sprawdzamy pierwsze stwierdzenie.

Obliczamy długość boku \(AC\) z twierdzenia cosinusów:

Boki trójkąta mają długości \(11\), \(12\), \(\sqrt{133}\), więc nie ma dwóch równych boków.

Sprawdzamy drugie stwierdzenie.

Pole trójkąta z dwóch boków i kąta między nimi:

Korzystamy z twierdzenia cosinusów: \[ BC^2=AB^2+AC^2-2\cdot AB\cdot AC\cdot\cos\angle BAC. \] Podstawiamy: \[ BC^2=5^2+2^2-2\cdot5\cdot2\cdot\frac35. \] Zatem \[ BC^2=25+4-12=17, \] więc \[ BC=\sqrt{17}. \]

Trójkąt \(ABS\) jest prostokątny w punkcie \(B\).

\[ |AB|=12,\qquad |BS|=6. \]

Z twierdzenia Pitagorasa:

\[ |AS|=\sqrt{12^2+6^2}=\sqrt{180}=6\sqrt5. \]

Pole trójkąta \(ABS\):

\[ P_{\triangle ABS}=\frac12\cdot12\cdot6=36. \]

Przyjmując \(AS\) za podstawę, a \(BP\) za wysokość:

\[ 36=\frac12\cdot6\sqrt5\cdot|BP|. \] \[ 36=3\sqrt5\cdot|BP|. \] \[ |BP|=\frac{12}{\sqrt5}=\frac{12\sqrt5}{5}. \]

Z twierdzenia o dwusiecznej: \[ \frac{|KN|}{|NL|}=\frac{|KM|}{|ML|}. \] Po podstawieniu oznaczeń: \[ \frac cd=\frac ab. \] Mnożąc na krzyż, otrzymujemy \[ ad=bc. \]

Pole równoległoboku: \[ P=ab\sin\alpha. \] \[ P=3\cdot4\cdot\sin120^\circ =12\cdot\frac{\sqrt3}{2} =6\sqrt3. \]

Przekątna rombu dzieli kąt na połowy, więc kąt rombu ma \(60^\circ\). Z zależności \(12=a\sqrt3\) otrzymujemy \(a=4\sqrt3\). Zatem \[P=a^2\sin60^\circ=48\cdot\frac{\sqrt3}{2}=24\sqrt3.\]

Z twierdzenia o przecinających się cięciwach: \[PA\cdot4=8\cdot5,\qquad PA=10.\] Średnica \(AB=10+4=14\), więc \[r=7.\]

Obwód wycinka koła składa się z długości łuku oraz dwóch promieni. Długość łuku o kącie środkowym \(30^\circ\) i promieniu \(3\) wynosi \[ l=\frac{30^\circ}{360^\circ}\cdot2\pi\cdot3 =\frac{1}{12}\cdot6\pi =\frac\pi2. \] Dwa promienie mają łączną długość \[ 2\cdot3=6. \] Zatem obwód wycinka jest równy \[ \frac\pi2+6. \] Poprawna jest odpowiedź D.

Z twierdzenia o dwusiecznej kąta w trójkącie:
\[\frac{|AD|}{|DB|}=\frac{|AC|}{|CB|}=\frac34.\]
Zatem \(|AD|:|DB|=3:4\).

Ramię trapezu ma długość \(4\), a kąt przy dłuższej podstawie ma miarę \(60^\circ\). W trójkącie prostokątnym wysokość trapezu jest przyprostokątną leżącą naprzeciw kąta \(60^\circ\), więc \[ \sin60^\circ=\frac{h}{4}. \] Stąd \[ h=4\sin60^\circ=4\cdot\frac{\sqrt3}{2}=2\sqrt3. \] Fragment dłuższej podstawy przy każdym ramieniu jest przyprostokątną przyległą do kąta \(60^\circ\). Oznaczmy jego długość przez \(x\). Wtedy \[ \cos60^\circ=\frac{x}{4}. \] Zatem \[ x=4\cos60^\circ=4\cdot\frac12=2. \] Krótsza podstawa ma długość \(6\), więc dłuższa podstawa ma długość \[ 6+2+2=10. \] Pole trapezu: \[ P=\frac{(6+10)\cdot2\sqrt3}{2}=16\sqrt3. \]

Dla boków \(a\) i \(c\): \[ P=\frac12ac\sin45^\circ=\frac{\sqrt2}{4}ac, \] czyli C. Dla boków \(b\) i \(c\): \[ P=\frac12bc\sin30^\circ=\frac14bc, \] czyli F.

Odcinek \(DB\) ma długość \[ DB=DC+CB=3+4=7. \] Trójkąt \(ADB\) jest prostokątny, a szukana odległość punktu \(A\) od prostej \(DB\) jest wysokością opuszczoną na przeciwprostokątną \(DB\). Wysokość w trójkącie prostokątnym dzieli go na dwa trójkąty podobne. Jeżeli jej długość oznaczymy przez \(x\), to \[ \frac{4}{x}=\frac{x}{3}. \] Stąd \[ x^2=4\cdot3=12, \] a ponieważ \(x>0\), mamy \[ x=\sqrt{12}=2\sqrt3. \] Poprawna jest odpowiedź C.

Kąt przy \(A\) ma miarę \(45^\circ\). Ze wzoru na pole: \[ 40\sqrt6=10\cdot AB\cdot\sin45^\circ =5\sqrt2\cdot AB. \] \[ AB=\frac{40\sqrt6}{5\sqrt2}=8\sqrt3. \]

Pole rombu: \[ P=a^2\sin150^\circ =(6\sqrt2)^2\cdot\frac12 =72\cdot\frac12=36. \] Ponieważ \[ P=\frac{d_1d_2}{2}, \] to \[ d_1d_2=2P=72. \]

Część wspólna koła i kwadratu jest ćwiartką koła o promieniu \(8\). Jej pole wynosi \[ \frac14\pi\cdot8^2=16\pi. \]

Mamy \[ \cos\angle BAC=\frac45. \] Kąt jest ostry, więc z jedynki trygonometrycznej: \[ \sin\angle BAC=\frac35. \] Pole trójkąta wynosi \[ P=\frac12\cdot AB\cdot AC\cdot\sin\angle BAC =\frac12\cdot3\cdot4\cdot\frac35 =\frac{18}{5}. \]

Pole sześciokąta foremnego o boku \(a\) jest równe \[ P=\frac{3\sqrt3}{2}a^2. \] Z warunku \[ \frac{3\sqrt3}{2}a^2=6\sqrt3 \] otrzymujemy \(a^2=4\), więc \(a=2\). Odcinek \(AB\) ma długość \(2\), a wysokość trójkąta \(ABE\) jest równa \(2\sqrt3\). Zatem \[ P_{ABE}=\frac12\cdot2\cdot2\sqrt3=2\sqrt3. \]

Z poprzedniego podpunktu bok sześciokąta ma długość \(a=2\). Punkty \(A\) i \(E\) leżą jeden nad drugim, a odcinek \(AE\) składa się z dwóch wysokości trójkąta równobocznego o boku \(2\): \[ AE=2\cdot\frac{2\sqrt3}{2}=2\sqrt3. \]

Największy kąt leży naprzeciw boku długości \(8\). Z twierdzenia cosinusów: \[ 8^2=6^2+7^2-2\cdot6\cdot7\cos\alpha. \] Zatem \[ \cos\alpha=\frac{6^2+7^2-8^2}{2\cdot6\cdot7} =\frac{36+49-64}{84}=\frac{21}{84}=\frac14. \]

Z twierdzenia o dwusiecznej: \[ \frac{AD}{DC}=\frac{AB}{BC}. \] Podstawiamy dane: \[ \frac{3{,}2}{DC}=\frac4{4{,}6}=\frac{20}{23}. \] Stąd \[ DC=3{,}2\cdot\frac{23}{20}=\frac{92}{25}. \]