Rozdział 8. Planimetria

Oznaczenia: $|AB| = a$, $|CD| = b$, $|AD| = |BC| = c$. Z własności trapezu opisanego na okręgu: $a+b = 2c$. Zatem $c = 5$ i $a+b = 10$. Twierdzenie Pitagorasa dla trójkąta $AEC$: $5^2+h^2 = 41$, czyli $h = 4$. $$P = \frac{a+b}{2}\cdot h = \frac{10}{2}\cdot 4 = 20$$ [WYKRES] Odp. 20 cm².

Niech $a = 3\sqrt{2}$, $b = 2\sqrt{3}$, $c = 3-\sqrt{3}$. Ponieważ $c < b < a$, więc największym kątem jest kąt $\alpha$ leżący naprzeciw boku $a$. Z twierdzenia cosinusów: $$\cos\alpha = \frac{b^2+c^2-a^2}{2bc} = \frac{12+9-6\sqrt{3}-18}{2\cdot 2\sqrt{3}\cdot(3-\sqrt{3})} = \frac{-6(\sqrt{3}-1)}{12(\sqrt{3}-1)} = -\frac{1}{2}$$ Zatem $\alpha = 120°$. $$h = \frac{bc\sin 120°}{a} = \frac{2\sqrt{3}\cdot(3-\sqrt{3})\cdot\frac{\sqrt{3}}{2}}{3\sqrt{2}} = \frac{3\sqrt{2}-\sqrt{6}}{2}$$ $$R = \frac{a}{2\sin\alpha} = \frac{3\sqrt{2}}{\sqrt{3}} = \sqrt{6}$$ Odp. Kąt $120°$, wysokość $\frac{3\sqrt{2}-\sqrt{6}}{2}$, promień $\sqrt{6}$.

[WYKRES] Oznaczenia jak na rysunku. Twierdzenie Pitagorasa dla trójkąta $BCE$: $$4r^2+9x^2 = 49x^2 \Rightarrow r^2 = 10x^2 \Rightarrow x = \frac{\sqrt{10}}{10}r$$ Zatem $|BC| = 7x = \frac{7\sqrt{10}}{10}r$. Twierdzenie Pitagorasa dla trójkąta $BDF$: $$|BD|^2 = 4r^2+49x^2 = 40x^2+49x^2 = 89x^2$$ Twierdzenie cosinusów dla trójkąta $BCD$: $$\cos\alpha = \frac{|BC|^2+|BD|^2-|CD|^2}{2|BC|\cdot|BD|} = \frac{49x^2+89x^2-16x^2}{2\cdot 7x\cdot\sqrt{89}\,x} = \frac{122}{14\sqrt{89}} = \frac{61\sqrt{89}}{623}$$ Odp. Długość ramienia trapezu wynosi $\frac{7\sqrt{10}}{10}r$, cosinus $|\angle CBD| = \frac{61\sqrt{89}}{623}$.

Trójkąt $BSD$ jest połową trójkąta równobocznego o boku $2\sqrt{3}$, czyli $|BD| = 3$. Wtedy $|BC| = 3+\sqrt{3}$. Twierdzenie cosinusów dla trójkąta $BCD$: $$|CD|^2 = 3^2+(3+\sqrt{3})^2-2\cdot 3\cdot(3+\sqrt{3})\cos 60°$$ $$= 9+9+6\sqrt{3}+3-3(3+\sqrt{3}) = 21+6\sqrt{3}-9-3\sqrt{3} = 12+3\sqrt{3}$$ Odp. $|CD| = \sqrt{12+3\sqrt{3}}$.

[WYKRES] Oznaczenia takie jak na rysunku. Trójkąt $ABC$ jest połową trójkąta równobocznego o boku długości 16. Pole tego trójkąta: $\frac{1}{2}\cdot 8\cdot 8\sqrt{3} = 32\sqrt{3}$. Pole wycinka kołowego $BCE$: $\frac{1}{6}\cdot\pi\cdot 8^2 = \frac{32\pi}{3}$. Pole zacieniowanej figury: $$2\cdot\left(32\sqrt{3} - \frac{32\pi}{3}\right) = 64\left(\sqrt{3}-\frac{\pi}{3}\right)$$

Z twierdzenia cosinusów: $$\cos\alpha = \frac{2^2+\left(\frac{3}{2}\right)^2-1^2}{2\cdot 2\cdot\frac{3}{2}} = \frac{4+\frac{9}{4}-1}{6} = \frac{\frac{21}{4}}{6} = \frac{7}{8}$$ Ze wzoru $\sin^2\alpha+\cos^2\alpha = 1$: $$\sin\alpha = \sqrt{1-\frac{49}{64}} = \frac{\sqrt{15}}{8}$$

[WYKRES] Oznaczenia takie jak na rysunku. $$\sin\alpha = \frac{2r}{a} = \frac{4}{\pi}\cdot\frac{\pi r^2}{2ar} = \frac{4r}{2a} \cdot \frac{\pi r^2}{\pi r^2}$$ Pole rombu: $2ar\sin\alpha$, pole koła: $\pi r^2$. Z relacji obszarowej: $\sin\alpha = \frac{4r^2\pi r^2/r^2}{2\pi r^2 a} \cdot ...$ $$\sin\alpha = \frac{2r}{a} = \frac{\sqrt{3}}{2}$$ Kąt $\alpha$ jest ostry, więc $\alpha = 60°$.

Z twierdzenia cosinusów obliczamy długość przekątnej $BD$: $$|BD|^2 = |AB|^2+|AD|^2-2|AB|\cdot|AD|\cdot\cos 60° = 4+16-2\cdot 2\cdot 4\cdot\frac{1}{2} = 12$$ [WYKRES] Z twierdzenia odwrotnego do Pitagorasa: trójkąty $ABD$ i $BCD$ są prostokątne o przeciwprostokątnych $AD$ i $BD$. $$P_{ABCD} = P_{ABD}+P_{BCD} = \frac{1}{2}|AB|\cdot|BD|+\frac{1}{2}|CB|\cdot|CD|$$ $$= \frac{1}{2}\cdot 2\cdot 2\sqrt{3}+\frac{1}{2}\cdot\sqrt{3}\cdot 3 = 2\sqrt{3}+\frac{3\sqrt{3}}{2} = \frac{7\sqrt{3}}{2}$$ Odp. Pole czworokąta $ABCD$ wynosi $\frac{7\sqrt{3}}{2}$.

[WYKRES] Oznaczenia takie jak na rysunku. Niech $|AD| = h$, $|AE| = a$, wtedy $|CE| = 2h$, $|AB| = 2a$. Trójkąty $BCE$ i $ABD$ są podobne, skala $= 2$, więc $|BC| = 4a$. $$\cos\alpha = \frac{|BE|}{|BC|} = \frac{a}{4a} = \frac{1}{4}$$ $$\cos\gamma = \cos(180°-2\alpha) = -\cos 2\alpha = -(2\cos^2\alpha-1) = -\left(\frac{1}{8}-1\right) = \frac{7}{8}$$ Odp. Kosinusy kątów wynoszą: $\frac{1}{4}$, $\frac{1}{4}$, $\frac{7}{8}$.

[WYKRES] Oznaczenia takie jak na rysunku. Z twierdzenia Pitagorasa: $|AB| = \sqrt{9^2+12^2} = 15$. Odcinek $CE$ jest wysokością w trójkącie $ABC$, zatem $|\angle BCE| = \alpha$. Odcinek $CE$ jest wysokością w trójkącie równoramiennym $DCB$, więc $|\angle ECD| = \alpha$. Stąd $\beta = 90°-2\alpha$. Zatem: $$\cos\beta = \sin 2\alpha = 2\sin\alpha\cos\alpha = 2\cdot\frac{|BC|}{|AB|}\cdot\frac{|AC|}{|AB|} = 2\cdot\frac{3}{5}\cdot\frac{4}{5} = \frac{24}{25}$$ Twierdzenie cosinusów dla trójkąta $ADC$: $$|AD|^2 = |AC|^2+|CD|^2-2|AC|\cdot|CD|\cos\beta = 144+81-216\cdot\frac{24}{25} = \frac{441}{25}$$ Odp. $|AD| = \frac{21}{5}$.

[WYKRES] Oznaczenia takie jak na rysunku. Twierdzenie Pitagorasa dla trójkąta $AED$: $$(a-b)^2+h^2 = (a+b)^2 \Rightarrow h = \sqrt{4ab} = 2\sqrt{ab}$$ Niech $x = a+b$. Z założenia: $3b+a = 30$, czyli $2b = 30-x$ i $2a = 3x-30$. Zatem $h = \sqrt{2a\cdot 2b} = \sqrt{(3x-30)(30-x)}$. Pole trapezu: $$P = \frac{2a+2b}{2}\cdot h = x\cdot\sqrt{(3x-30)(30-x)}$$ Dziedzina: $$\begin{cases} 2b > 0
2a > 2b \end{cases} \Leftrightarrow \begin{cases} x < 30
x > 15 \end{cases}$$ Odp. Pole trapezu $P = x\cdot\sqrt{(3x-30)(30-x)}$, $x \in (15, 30)$.

[WYKRES] Niech $r$ oznacza promień mniejszego okręgu, $R$ — promień większego. Wtedy $|AB| = R+r$ jednocześnie $|AB| = R\sqrt{2}-r\sqrt{2}$. Zatem $R+r = R\sqrt{2}-r\sqrt{2}$, czyli: $$r(1+\sqrt{2}) = R(\sqrt{2}-1)$$ $$\frac{R}{r} = \frac{1+\sqrt{2}}{\sqrt{2}-1} = \frac{(1+\sqrt{2})^2}{(\sqrt{2}-1)(\sqrt{2}+1)} = (1+\sqrt{2})^2 = 3+2\sqrt{2}$$

[WYKRES] Oznaczenia takie jak na rysunku. $$\beta = \frac{180°-42°-78°}{2} = 30°$$ $$\gamma = 180°-78°-30° = 72°$$ $$\alpha = 42°, \quad \delta = 180°-72°-30°-42° = 36°$$ Odp. $72°, 72°, 36°$.

[WYKRES] Oznaczenia takie jak na rysunku. Trójkąt $BCC'$ jest równoboczny o wysokości $|BE| = 4$. $$4 = \frac{a\sqrt{3}}{2}, \quad |BC| = \frac{8\sqrt{3}}{3}, \quad |DD'| = \frac{2\sqrt{3}}{3}, \quad |AD'| = 6$$ Twierdzenie Pitagorasa: $$d^2 = 8^2+\left(\frac{4\sqrt{3}}{3}\right)^2-2\cdot 8\cdot\frac{4\sqrt{3}}{3}\cos 30° = 64+\frac{16}{3}-32 = \frac{112}{3} = \frac{16\cdot 21}{3}$$ $$d = \frac{4\sqrt{21}}{3}$$ Odp. $d = \frac{4\sqrt{21}}{3}$.

Ze wzoru na pole trójkąta: $$10\sqrt{3} = \frac{1}{2}\cdot 5\cdot 8\cdot\sin\alpha \Rightarrow \sin\alpha = \frac{\sqrt{3}}{2}, \quad \cos\alpha = \frac{1}{2}$$ Z twierdzenia cosinusów: $$|BC|^2 = 25+64-2\cdot 5\cdot 8\cdot\frac{1}{2} = 49 \Rightarrow |BC| = 7$$ Twierdzenie sinusów: $2R = \frac{|BC|}{\sin\alpha} = \frac{7}{\frac{\sqrt{3}}{2}} = \frac{14}{\sqrt{3}}$. $$R = \frac{7}{\sqrt{3}} = \frac{7\sqrt{3}}{3}$$

[WYKRES] Oznaczenia takie jak na rysunku. $$\frac{1}{2}ab = \frac{1}{2}h\sqrt{a^2+b^2} \Rightarrow h = \frac{ab}{\sqrt{a^2+b^2}}$$ Trójkąty $AED$ i $ABD$ są podobne, skala podobieństwa $s = \frac{h}{a}$. Zatem pole trójkąta $AED$: $$P = s^2\cdot\frac{1}{2}ab = \frac{(ab)^2}{a^2(a^2+b^2)}\cdot\frac{1}{2}ab = \frac{ab^3}{2(a^2+b^2)}$$

[WYKRES] Oznaczenia takie jak na rysunku. $$d^2 = 24^2+7^2 = 576+49 = 625, \quad d = 25$$ $$|BC|^2 = 625-15^2 = 400, \quad |BC| = 20$$ $$P = \frac{1}{2}\cdot 24\cdot 7+\frac{1}{2}\cdot 20\cdot 15 = 84+150 = 234$$ Niech $|\angle ABC| = \beta$. Wtedy $|\angle ADC| = 180°-\beta$. Z twierdzenia cosinusów dla trójkątów $BCE$ i $ADE$: $$\begin{cases} e^2 = 24^2+20^2-2\cdot 24\cdot 20\cos\beta
e^2 = 7^2+15^2+2\cdot 7\cdot 15\cos\beta \end{cases}$$ Dodając: $39e^2 = 15600$, $e^2 = 400$, $e = 20$. Odp. $|BC| = 20$, $P = 234$, $e = 20$.

[WYKRES] Oznaczenia takie jak na rysunku. Trójkąt $BCD$ jest równoramienny. Z twierdzenia Pitagorasa dla trójkątów $DEC$ i $AEC$: $$\begin{cases} 100 = 4x^2+h^2
289 = 25x^2+h^2 \end{cases}$$ Odejmując: $189 = 21x^2$, $x^2 = 9$, $x = 3$. Dalej: $100 = 36+h^2$, $h = 8$. $$P = \frac{1}{2}\cdot(7\cdot 3)\cdot 8 = 84$$ Odp. $P = 84$.

[WYKRES] Oznaczenia: $h_1 = \sqrt{3}$, $h_2 = 2$. Pole trójkąta $ABD$: $a\sqrt{3} = 2b = \frac{1}{2}ab\sin 30°$. Stąd: $$a\sqrt{3} = \frac{1}{4}ab \Rightarrow b = 4\sqrt{3}, \quad 2b = \frac{1}{4}ab \Rightarrow a = 8$$ $$|BD|^2 = 64+48-2\cdot 8\cdot 4\sqrt{3}\cdot\frac{\sqrt{3}}{2} = 112-96 = 16, \quad |BD| = 4$$ Można stąd wyciągnąć wniosek, że przekątna $BD$ jest prostopadła do boku $AD$.

[WYKRES] Oznaczenia takie jak na rysunku. Trójkąt $ABC$ jest prostokątny: $$P_{ABC} = \frac{1}{2}\cdot 4r\cdot 3r = 6r^2, \quad P_{AKL} = \frac{1}{2}\cdot r\cdot r = \frac{1}{2}r^2$$ Trójkąty prostokątne $DCM$ i $ABC$ są podobne: $$\frac{h}{3r} = \frac{3r}{5r} \Rightarrow h = \frac{9}{5}r, \quad P_{KCM} = \frac{1}{2}\cdot 3r\cdot\frac{9}{5}r = \frac{27}{10}r^2$$ Trójkąty prostokątne $EMB$ i $ABC$ są podobne: $$\frac{g}{2r} = \frac{4r}{5r} \Rightarrow g = \frac{8}{5}r, \quad P_{LMC} = \frac{1}{2}\cdot 2r\cdot\frac{8}{5}r = \frac{16}{10}r^2$$ Zatem: $$P_{KML} = 6r^2-\frac{1}{2}r^2-\frac{27}{10}r^2-\frac{16}{10}r^2 = \frac{6}{5}r^2$$ $$\frac{P_{KML}}{P_{ABC}} = \frac{\frac{6}{5}r^2}{6r^2} = \frac{1}{5}$$

[WYKRES] $\alpha = 60°$, $\sin\beta = \frac{3}{4}$. Z twierdzenia sinusów: $$\frac{a}{3} = \frac{5\sqrt{3}}{\frac{\sqrt{3}}{2}} \Rightarrow a = \frac{15}{2}$$ Z twierdzenia o okręgu wpisanym w czworokąt: $$6+\frac{15}{2} = b+5\sqrt{3} \Rightarrow b = \frac{27-10\sqrt{3}}{2}$$ Z twierdzenia cosinusów: $$(5\sqrt{3})^2 = d^2+\left(\frac{15}{2}\right)^2-2d\cdot\frac{15}{2}\cos 60°$$ $$4d^2-30d-75 = 0, \quad \Delta = 900+1200 = 2100$$ $$d = \frac{30+10\sqrt{21}}{8} = \frac{15+5\sqrt{21}}{4}$$

[WYKRES] Oznaczenia takie jak na rysunku. $$|AC| = \sqrt{34}$$ $$\sin\beta = \frac{3}{\sqrt{34}}, \quad \cos\beta = \frac{5}{\sqrt{34}}$$ $$\sin\alpha = \sin 2\beta = 2\sin\beta\cos\beta = 2\cdot\frac{5}{\sqrt{34}}\cdot\frac{3}{\sqrt{34}} = \frac{15}{17}$$ Odp. $\sin\alpha = \frac{15}{17}$.

[WYKRES] Oznaczenia takie jak na rysunku. Twierdzenie cosinusów dla trójkątów $ABC$ i $ACD$: $$\begin{cases} d^2 = 4+9-12\cos\beta
d^2 = 16+25+40\cos\beta \end{cases}$$ $$\begin{cases} 10d^2 = 130-120\cos\beta
3d^2 = 123+120\cos\beta \end{cases}$$ Dodając: $13d^2 = 253$, $d^2 = \frac{253}{13}$, $d = \frac{\sqrt{3289}}{13}$.

[WYKRES] Oznaczenia takie jak na rysunku. Trójkąt $ADE$ jest połową trójkąta równobocznego. $$|AE| = a, \quad |EC| = 4a, \quad |DE| = \frac{2a\sqrt{3}}{2} = a\sqrt{3}, \quad \operatorname{tg}\alpha = \frac{|DE|}{|EC|} = \frac{a\sqrt{3}}{4a} = \frac{\sqrt{3}}{4}$$

[WYKRES] Oznaczenia takie jak na rysunku. Z twierdzenia Pitagorasa: $|BC| = 25$. Korzystając z $|BF| = |BD|$ i $|CE| = |CD|$: $$25 = 20-r+15-r \Rightarrow r = 5$$ Dalej: $|BD| = 15$, $|CD| = 10$. $$\cos\beta = \frac{|BC|^2+|CD|^2-|BD|^2}{2|BC|\cdot|CD|} = \frac{625-400+100}{... } = \frac{4}{5}$$ Twierdzenie cosinusów: $$d^2 = 20^2+15^2-2\cdot 20\cdot 15\cdot\frac{4}{5} = 400+225-480 = 145, \quad d = \sqrt{145}$$

[WYKRES] Oznaczenia takie jak na rysunku. Twierdzenie cosinusów: $$d^2 = 10^2+6^2-2\cdot 10\cdot 6\cos 120° = 100+36+60 = 196, \quad d = 14$$ Trójkąt $BPE$ jest połową trójkąta równobocznego. Stąd $|PE| = 2$. $$\sin\beta = \frac{2}{7}$$

[WYKRES] Oznaczenia takie jak na rysunku. $$|CE| = \sqrt{26^2-10^2} = \sqrt{576} = 24$$ Trójkąty $BCD$ i $CES$ są podobne: $$\frac{|DB|}{36} = \frac{10}{24} \Rightarrow |DB| = 15$$ Zatem: $$|AB| = |BC| = \sqrt{15^2+36^2} = \sqrt{225+1296} = 39$$ Pole trójkąta $ABC$: $$P = \frac{1}{2}\cdot 30\cdot 36 = 540$$ Promień okręgu opisanego: $$R = \frac{abc}{4P} = \frac{30\cdot 39\cdot 39}{4\cdot 540} = \frac{39\cdot 39}{72} = \frac{13\cdot 13}{8} = \frac{169}{8}$$

[WYKRES] Trapez $ABCD$ jest połową sześciokąta foremnego. $$|AC| = |BD| = 2\cdot\frac{\sqrt{3}}{2} = 6\sqrt{3}$$ $ASCD$ jest rombem. $CDS$ jest trójkątem równobocznym. $$|AP| = |BP| = \frac{6\sqrt{3}}{2}\cdot 1 = 4\sqrt{3}, \quad |SP| = 2\sqrt{3}$$ $$P_{ABP} = \frac{1}{2}\cdot 12\cdot 2\sqrt{3} = 12\sqrt{3}$$ $$r(6+4\sqrt{3}) = 12\sqrt{3} \Rightarrow r = \frac{12\sqrt{3}}{6+4\sqrt{3}} = \frac{6\sqrt{3}(2\sqrt{3}-3)}{(3+2\sqrt{3})(2\sqrt{3}-3)}\cdot... = 6(2-\sqrt{3})$$ $$P_{\text{koła}} = 36(7-4\sqrt{3})\pi$$

Trójkąt $ABD$ jest równoboczny. Trójkąt $BCD$ jest równoramienny o kącie $|\angle CBD| = 30°$. $$P_{ABD} = \frac{a^2\sqrt{3}}{4}, \quad P_{BCD} = \frac{1}{2}\cdot a\cdot a\cdot\sin 30° = \frac{a^2}{4}$$ $$P_{ABCD} = \frac{a^2\sqrt{3}}{4}+\frac{a^2}{4} = \frac{a^2(\sqrt{3}+1)}{4}$$

[WYKRES] Oznaczenia takie jak na rysunku. Trapez jest opisany na okręgu, więc $h+10 = 3a$. Z prostokątności: $h^2+a^2 = 10^2$. Zatem: $$(3a-10)^2+a^2 = 100 \Rightarrow 10a^2-60a = 0 \Rightarrow a = 6, \quad h = 8$$ Odp. Pole trapezu: $\frac{18}{2}\cdot 8 = 72$.

Niech $|BD| = |BC| = a$ i $|\angle BDC| = |\angle BCD| = \alpha$. Twierdzenie cosinusów dla trójkąta $ACD$: $$16^2 = 14^2+6^2-2\cdot 14\cdot 6\cdot\cos(180°-\alpha)$$ $$256 = 196+36+168\cos\alpha \Rightarrow \cos\alpha = \frac{24}{168} = \frac{1}{7}$$ Twierdzenie cosinusów dla trójkąta $BCD$: $$a^2 = 14^2+a^2-2\cdot 14\cdot a\cdot\cos\alpha \Rightarrow 2\cdot 14\cdot a\cdot\frac{1}{7} = 14^2 \Rightarrow a = 49$$ Odp. Obwód wynosi $16+6+2\cdot 49 = 120$.

Niech $\alpha$ oznacza miarę kąta wewnętrznego $n$-kąta foremnego. Wtedy $\alpha+2°$ jest miarą kąta $(n+2)$-kąta foremnego. $$\begin{cases} n\alpha = (n-2)\cdot 180°
(n+2)(\alpha+2°) = n\cdot 180° \end{cases}$$ Odejmując równania: $$n\cdot 2°+2\alpha+4° = 360° \Rightarrow \alpha+2° = (180-n)°$$ Podstawiając do drugiego równania: $$(n+2)(180-n)° = 180n° \Rightarrow n^2+2n-360 = 0 \Rightarrow (n-18)(n+20) = 0$$ Odp. $n = 18$.

[WYKRES] Twierdzenie cosinusów: $$|AB|^2 = |AC|^2+|BC|^2-2|AC|\cdot|BC|\cos(180°-60°) = 100+100+100 = 300$$ $$|AP|^2 = |AB|^2+|BP|^2-2|AB|\cdot|BP|\cos 30°$$ $$= 300+16-20\sqrt{3}\cdot 4\cdot\frac{\sqrt{3}}{2} = 316-120 = 196$$ Odp. $|AP| = 14$.

[WYKRES] Trójkąt $NBD$ jest równoramienny. Niech $DE$ będzie wysokością trójkąta $NBD$ i $|NE| = |EB| = a$. Trójkąty $NBD$ i $MDB$ są przystające, więc mają równe pola. Stąd pole trójkąta $AND$ jest dwa razy większe niż pole trójkąta $NBD$. Jednocześnie trójkąty te mają wspólną wysokość $DE$, więc $|AN| = 4a$. $$\cos\alpha = \frac{|AE|}{|AD|} = \frac{5a}{6a} = \frac{5}{6}$$ Odp. $\cos\alpha = \frac{5}{6}$.

[WYKRES] Oznaczenia takie jak na rysunku. Z twierdzenia odwrotnego do twierdzenia Pitagorasa: trójkąt $BDO$ jest prostokątny, zatem $2\alpha = 90°$, czyli $\alpha = 45°$. Ponieważ czworokąt $ABCD$ jest wpisany w okrąg: $\alpha+\gamma = 180°$ i $\beta+\delta = 180°$. Zatem $\sin\gamma = \sin\alpha = \frac{\sqrt{2}}{2}$, $\sin\delta = \sin\beta$. Korzystając z założenia $\sin\alpha\cdot\sin\beta\cdot\sin\gamma\cdot\sin\delta = \frac{3}{8}$: $$\frac{1}{2}\sin^2\delta = \frac{3}{8} \Rightarrow \sin\delta = \frac{\sqrt{3}}{2}$$ Ponieważ kąt $\delta$ jest kątem ostrym: $\delta = 60°$. Odp. Kąty czworokąta $DAB, ABC, BCD, CDA$ kolejno wynoszą: $45°, 120°, 135°, 60°$.

Korzystając ze wzoru $r = \frac{a+b-c}{2}$ otrzymujemy $a+b = 7r$. Z twierdzenia Pitagorasa: $a^2+b^2 = 25r^2$. Podstawiając $b = 7r-a$: $$a^2+(7r-a)^2 = 25r^2 \Rightarrow a^2-7ra+12r^2 = 0 \Rightarrow \left(a-\frac{7}{2}r\right)^2 = \frac{1}{4}r^2$$ $$a = 4r \text{ lub } a = 3r$$ Trójkąt prostokątny ma boki $3r, 4r, 5r$. Kąt ostry naprzeciw przyprostokątnej $4r$ ma największą miarę $\alpha$. $$\sin\alpha = \frac{4r}{5r} = \frac{4}{5}$$ Odp. $\sin\alpha = \frac{4}{5}$.

[WYKRES] $|AB| = a$, $|BC| = x$. Wtedy $|AD| = 2a$. Czworokąt $ABCD$ jest opisany na okręgu: $|CD| = a+x$. Twierdzenie cosinusów dla trójkąta $ABD$: $$a^2 = 4a^2+36-2\cdot 2a\cdot 6\cdot\frac{7}{8} \Rightarrow 3a^2-21a+36 = 0 \Rightarrow (a-3)(a-4) = 0$$ Uwzględniając $a > \sqrt{15}$: $a = 4$. Twierdzenie Pitagorasa dla trójkąta $BCD$: $$36 = x^2+(4+x)^2 \Rightarrow x^2+4x-10 = 0 \Rightarrow (x+2)^2 = 14$$ Odp. $|BC| = \sqrt{14}-2$.

[WYKRES] Twierdzenie sinusów dla trójkąta $ABC$: $$\frac{|AC|}{\sin\beta} = \frac{|BC|}{\sin\alpha} \Rightarrow |AC| = 6\cdot\frac{8}{5}\cdot\frac{\sin\beta}{\sin\alpha}$$ Trójkąt $AOC$ jest równoramienny: $\sin\beta = \frac{\frac{1}{2}|AC|}{|OC|} = \frac{24}{25}$. $$\sin\alpha = \frac{5}{8}\cdot\sin\beta = \frac{5}{8}\cdot\frac{24}{25} = \frac{3}{5}, \quad \cos\alpha = \frac{4}{5}$$ $$|AC| = \frac{48}{5}, \quad |CC_1| = |AC|\sin\alpha = \frac{144}{25}, \quad |AC_1| = |AC|\cos\alpha = \frac{192}{25}$$ Pole trapezu: $$P = \frac{|AB|+|CD|}{2}\cdot|CC_1| = \frac{27648}{625}$$ Obwód trapezu: $$L = 2|AC_1|+2|AD| = \frac{384}{25}+12 = \frac{684}{25}$$ Odp. $P = \frac{27648}{625}$, $L = \frac{684}{25}$.

[WYKRES] Twierdzenie sinusów dla trójkąta $ABC$: $$\frac{|AB|}{\sin 60°} = \frac{|BC|}{\sin\alpha} \Rightarrow |AB| = \frac{\sqrt{3}}{2}\cdot\frac{4}{\frac{1}{4}} = 8\sqrt{3}$$ Z twierdzenia o czworokącie opisanym na okręgu: obwód $= 2(|AB|+|CD|) = 2(8\sqrt{3}+5) = 10+16\sqrt{3}$. Odp. $10+16\sqrt{3}$.

Ponieważ przekątna $BD$ jest średnicą okręgu: $|BD| = 8$. Z warunku $|BE| = 3|DE|$: $|BE| = 6$, $|DE| = 2$. Z warunku $|BD| = 2|AE|$: $|AE| = 4$. Niech $|AD| = a$, $|CD| = b$. Trójkąt $BCE$ jest podobny do $ADE$, skala $\frac{|BE|}{|AE|} = \frac{6}{4} = \frac{3}{2}$. Stąd $|BC| = \frac{3}{2}a$. Trójkąt $ABE$ jest podobny do $CDE$, skala $\frac{|AE|}{|DE|} = 2$. Stąd $|AB| = 2b$. Z twierdzenia Pitagorasa dla trójkątów $ABD$ i $BCD$: $$\begin{cases} a^2+4b^2 = 64
b^2+\frac{9}{4}a^2 = 64 \end{cases}$$ Odejmując: $8a^2 = 192$, $a^2 = 24$, $a = 2\sqrt{6}$. $b^2 = 64-54 = 10$, $b = \sqrt{10}$. Odp. $|AB| = 2\sqrt{10}$, $|BC| = 3\sqrt{6}$, $|CD| = \sqrt{10}$, $|AD| = 2\sqrt{6}$.