61 (185)

191

ODPOWIEDZI. WSKAZÓWKI. ROZWIĄZANIA

530. « v /'' sin órs/^cos u.

Rozwiązanie. Zauważmy. Ze punkt A.’ jest środkiem okręgu opisanego na trójkącie 5'C’H*(ponieważ A,'jest środkiem precciwproslokątncj OV).

Wynika stąd. ze ICA1 = IW Al = I.SAI = /i oraz IZWC.SI = u Ponadto IA7.I = 0.5//.

W trójkącie St.K: siilOf=|^ = -7^-. stąd h=-~-—. Pole trójkąta IIKD jest dane lun I II    -sm (i

1 równe P. więc /' —a^flli    . stąd O u//= 2^2/'sincr. W trójkącie .S7 IV

2    4-smrr

Iga —r = —. stąd © // -2i^ł-tga. Podstawiając //dorównania O otrzymujemy —-£-tg« = a^/Ninrz. -tąd ■/= 2->//'>osa.

1-^1 rty2/2    “    "

Wysokość ostrosłupa wyznaczamy / równości ©:// = JlPw^tr lg<*. Obliczenie objętości ostrosłupa jest teraz natychmiastowe.

533. J/’.

Rozwiązanie.

W trójkącie AC IV' iprrfr; n r. 1): ,VC II A IV 1 S jest środkiem .-1C.

Wynika stąd. ze ISGI 0.5-IA W = 0.57). Zatem pole /’ trójkąta BOD jest

równe 0.5oi/2 • 0.5/>. stąd nft = 2^2P.

Uzasadnimy, ze czworokąt KI-MN jest prostokątem </wnc rv>. 2). Punkt A'jest środkiem .W/. L jest środkiem AB. M jest środkiem UW. «V jest

środkiem PW Wynika stąd. że IA7.I = tV/,Vl 0.5-1001 = 0.5<jV2 oraz IAM = I/.A/I = 0.514111 = 0,5b. Oznacza to. że czworokąt KLWN jest rów-noległobokicm. Zauważmy, że IZ.VAAI = IZKLWl. a stąd wynika, źe czworokąt A7.3/.V jest prostokątem.

Uzasadnimy, ze 177*1 = 0.25A ipatrz rys.2). Niech punkt R będzie śtodkiem odcinka Cii'. Zatem TR II SC. a stąd wynika, ze trójkąt ///IV jest prostokątny. Ponieważ 77* U A W (dlatego, że 1/7'II AU') więc IZ/'7'A’I = I ZTRP\. a stąd 177*1 = l/f/*l. Dalej wnioskujemy, ze punkt /'jest stolikiem okręgu opisanego na trójkącie TRW, a więc 177*1 = l/f/*l = IU7'I = 0.25/t.

Pamiętając, że ab = 2-JlP nw/cmy teraz obliczyć pole przekroju IAIPNK: 0.5«v^rT: 0.5/) + 0.50.5W2 0,25/j 0,3 125ah-j2 = 1.25/*.

.7* i/? Óll/ł    V

tf.y 2

534.

535.

536.

VB

Rozwiązanie.

Uzasadnimy, ze czworokąt KIA1N jest prostokątem. Odcinek A/, łączy środki boków w trójkącie ABC. zatem /. nr. o odcinku łączącym środki boków trójkąta wynika, ze IA7J = 0.5IA//I = 0.5o.

Analogicznie, rozpatrując kolejne trójkąty stwierdzamy, ze IA/A’1 = 0,5a. \IM\ = 0.5b. IAM = 0.5/;.

Uzasadniliśmy więc. ze czworokąt KLS1N jest równolcglobokiem. ale ponieważ miary sąsiednich kątów tego czworokąta są równe <np. IZAA',Vfl = IZ/jWAH), wiec wynika stąd, ze czworokąt KLMN jest prostokątem.

Pole prostokąta ALMY jol cztery razy niniejsze od pola powierzchni bocznej ostrosłupa, zatem: 4-i-o-i-/; ^x\ah. stąd lt=~b. W trójką-cicAPS I’² = h²    b² = (-|/>)² + (f)². stądA. [PRl-rz~- = ^-b, więc coso --

\PK\

h

£L_h.2.^ŚL

‘> 2b o

531.

* 2 atg<*	o*sin orcos/j		. V|
cos/?(lgff+lg//)^:	sin‘ltr+//l	«gf	sin

s

537.

Rozwiązanie

Obliczamy długość wysokości ostrosłupa. W trójkącie A.VU’ II y(2a)~ -1

Obliczamy długość li wysokości trójkąta BCL która jest lakże jedną /. wysokości trójkąta AKW. Pole trójkąta AKW jest równe I AA II .SU I. ale również. — IA W* I ■ I A/. I. Dostajemy więc równość ■— ■H = \ ■ l<dt. Zatem h = ¹¹

n²J\\

Obliczamy pole /’ przekroju ostrosłupa (pole trójkąta IICL): P = \ah =