36 (332)

166

ODPOWIEDZI, WSKAZÓWKI. ROZWIĄZANIA

154. 2^5.

Rozwiązanie. Punkt .S jest środkiem oktęgu opisanego na trójkącie ABC. więc odcinki SC i SB są promieniami lego okręgu. Zatem I SU! 5.v.

Z n«\ Pitagorasa dla trójkąta PPS <3r)‘ ^ł 2’=(5vi^:. Stąd i =0,5. a Pr| =Ki =4.

Z nv. Pitagorasa dla trójkąta PUC Ir-4* + 2‘. Stąd b= 2v'5.

/ ^V

5t\

V¹

155. 30*. 60 . W⁰.

.1. X \

156. .) ²f. b,

Rozwiązanie, h - długość wysokości poprowadzonej do podstawy.

A 2

’ 2

•

lr + 2*=X\ stąd // = 2 vl 5- Obliczamy pole trójkąta ABC: • 4 2*15 = 4yl 5.

a) Skorzystamy ze wzoru na pole trójkąta P -Lnr/-r/; + <-). gdzie rjesl długością promieniu okręgu wpisunego w trójkąt. Ai\5=\ń4 + 2-X). ^s,-l^l* r = -2fll.

b) Skorzystamy ze wzoru na pole trójkąta /’ gdzie K jest długością płomienia okręgu opisanego na trójkącie.

4.^;i5=AJyŁ, stąd U =

4A Vl5

157.

Wskazówki. I SPOSÓB. Środkowa trójkąta prostokątnego poprowadzona z wierzchołka kąta pnwego jest dwa razy krótsza ik! pr/cciuprostokątnej. II SPOSÓB. Skorzystaj z nr. >> oiUinkułąrwym środkiboków trojkąu).

158.

I0 •

Rozwiązanie, o. I< - długości pr/yprostokąlnych. c - długość przeciwprostokątnęj trójkąta prostokątnego.

Musimy obliczyć wartość iloczynu czyli wartość wyrażenia Wiemy, Ze zachodzi równość 5-i«b = ⁱ-^-. Dzieląc obie strony

. • S

tej rownosci przez otrzymujemy

159.

:n

160. 3(2^3-3).

161. —7=-.

s/3

Jpżi

sintz

Istna 2 4

^162, \^2(sin"+l)

Rozwiązanie. P = \l>~ sin«. stąd b - \-ĄI— & = .sin4r. zatem a = />sin-2- = J-i^-sin^-.

2 istna b 2 2 Vsin« 2

I SPOSÓB /‘ = lr(2<f + 2fc>=r(<f+A). Zatem r =~~ - -£-=-^l--= f^/>>iDł/ -

/rsin^+b U/’(_sina _{+ n} v2(sinf+l) * istna -

II SPOSÓB. ZABCl = ¹ Śn^,llŁ'k S okręgu wpisanego w trójkąt jest punktem przecięcia dwu

siecznych kątów trójkąta, więc (i~0.5-1 ZAB(.'\ = ^IS—^

— = 1 *fi. zatem r z;tg//- i'-- ' sin -^- tg-^IHf| ■ — . » ^ Vsin a 2 ^b 4