42 (277)

^r

240. ()..W^;sin2a.

Rozwiązanie. “ = sin«r. stąd lt=dstnce. ■j-=costf. stąd x=dcosa.

-- ---------—    -------- T"*'    —'    "*'““ " ^J*k^:'i^:~~ ^X M • :■'•=• -•' ^;V:

a-b    a-b a+b

>-—• ^x=a--2 ⁼ 2 *

Pole trapezu: /’- ----- h ~.\h=iFsin«cos«.

241. 3 cm i 5 cm.

Wskazówka. Wysokość trapezu poprowadzona / wierzchołka kąta rozwartego dzieli dłuższą podstawę na dwa odcinki, z których jeden nu długość równą długości odcinka łączącego środki ramion trapezu.

242. Płomień okręgu wpisanego: 4- Promień okręgu opisanego: —.

243. Od podstaw: 4 i -U¹. Od ramion^-i?.

244. 42-1.

Rozwiązanie. Trapez A I! CD jest wpisany w okrąg, więc jest równoramienny. a+b+2c ,    2 c    a+b

«i+/» a+b    -

AU jest średnicą okręgu opisanego na trójkącie ABC. więc ABC jest trójkątem prosto-

kąinymi\ZACfi=a. y=.ina    *,    »

Przekształcając ostatnią równość. otrzymujemy cos^:tt+2cosff- I =0. * >li7.ymanc równanie rozwiązujemy wprowadzając niewiadomą pomocniczą/ «cos Ot r+2/-l=0. /|=-1-v2, /|=-l+/2. Kosinus kąta ostrego jest dodatni, więc cos/z=-l +v*2.

245.

a-b

Wskazówka. Niech A' będzie punktem wspólnym prostych zawierających ramiona AD i BC tiapczu. Poprowadź z wierzchołka K środkowe trójkątów A BK i DCK.

246.

Rozwiązanie. P\. P;. P\. Pa pola trójkątów odpowiednio DAS. ABS. SBC. DSC.

a)    P\nc=Pl+ Pi< PaBD^=i>2+ P\- Pabc=P\hi> (ptda trójkątów ABC i ABD są równe fwniewa: mają wspólny buk. a wysokości obu trójkątów poprowadzone do tego boku mają równą długość). Z równości Pi+Pa- Pi + P\ Otrzymujemy równość P\ P\.

b)    Trójkąty ABS i CDS są podobne (kąty ABS i CHS są kątami odpowiadającymi, kąty ASB i CSD uf kątami wierzchołkowymi), więc stosunek ich pół jest równy kwadratowi skali podobieństwa. Skala podobieństwa trójkątów ABS i CDS jest równa a: b. zatem P>:P.i=a^!:l>^z.

Py

1/łSl

c) Pokażemy. Ze -yf Trójkąty ABS i CDS są podobne, więc stosunki odpowiednich boków są równe:    Trójkąty ABS i ASD

mają wspólną wysokość /i. Zatem = ~f~| _v/)j y jyjyj = 77- Analogicznie dowodzimy, te y; =^-

247 11, M, M. 1»2.

Rozwiązanie. W trapez ABCD można wpisać okrąg więc O a + b- 13 + 15. Korzystamy ze wzoru na pole trapezu: 0.5(o + bili - <1.5-28// - 168. stąd h - 12. '/. tw. Pitagorasa dla trójkątów AKD i IMC znajdujemy I AK I - 5 i I IM = 9. Zatem © a = 5 +6+9. Rozwiązaniem ukbdu równań O i © jest para « = 21 i 6 = 7.

/*. 0• A. S ~ pola trójkątów odpowiednio /).4,V/. ABM. MBC. DMC.

P-R (patrz rozwiązanie zadania 246 a)J.

Y =    - -y ~ 3 [patrz rozwiązanie zadania 246 c». stąd Q - 3 P.

— lij-)² = ą (patrz rozwiązanie zadania 246 b)|, stąd £?=95. P + Q + R +S = 3$+ 95+ 35+5 = lń.V= 16S. więc .V - 10,5. 5 b

P = R = 35 = 31.5, (2=95=95.5.