Planimetria — zagadnienia uzupełniające

$$\tfrac12\cdot6\cdot4=12$$

Odpowiedź: B.

$$\sqrt{25+144}=\sqrt{169}=13$$

Odpowiedź: $13$.

1. Środkowa $CM$ dzieli bok $AB$ na równe odcinki $AM$ i $MB$.
2. Trójkąty $AMC$ i $MBC$ mają wspólną wysokość z wierzchołka $C$.
3. Mają więc równe podstawy i równe wysokości — równe pola. $\blacksquare$

Odpowiedź: dowód

Kąt oparty na średnicy jest prosty.

Odpowiedź: C.

1. Kąt prosty jest kątem wpisanym opartym na przeciwprostokątnej, więc przeciwprostokątna jest średnicą okręgu opisanego.
2. Jej środek $M$ jest środkiem tego okręgu, więc $|MA|=|MB|=|MC|=R=\frac c2$. $\blacksquare$

Odpowiedź: dowód

$$\pi\cdot25=25\pi$$

Odpowiedź: $25\pi$.

1. $\frac{|CM|}{|CA|}=\frac{|CN|}{|CB|}=\frac12$ i kąt $C$ wspólny ⇒ $\triangle CMN\sim\triangle CAB$ (cecha bkb) w skali $\frac12$.
2. Stąd $|MN|=\frac12|AB|$ i $|\angle CMN|=|\angle CAB|$ — kąty odpowiadające równe, więc $MN\parallel AB$. $\blacksquare$

Odpowiedź: dowód

$$k^2=9$$

Odpowiedź: $9$.

1. Boki $a$, $b$, kąt ostry $\alpha$. Tw. cosinusów: $d_1^2=a^2+b^2-2ab\cos\alpha$, $d_2^2=a^2+b^2-2ab\cos(180^\circ-\alpha)=a^2+b^2+2ab\cos\alpha$.
2. $d_1^2+d_2^2=2a^2+2b^2=a^2+b^2+a^2+b^2$. $\blacksquare$

Odpowiedź: dowód

$$180^\circ-40^\circ-75^\circ=65^\circ$$

Odpowiedź: $65^\circ$.

1. $AB\parallel CD$, więc $|\angle DAB|+|\angle ADC|=180^\circ$ (kąty przy jednym ramieniu).
2. W $\triangle APD$: $|\angle PAD|+|\angle PDA|=\frac12\cdot180^\circ=90^\circ$.
3. Zatem $|\angle APD|=180^\circ-90^\circ=90^\circ$. $\blacksquare$

Odpowiedź: dowód

$20$.

Odpowiedź: $20$.

1. Łączymy $P$ z wierzchołkami — trójkąt dzieli się na trzy trójkąty o podstawach $a$ i wysokościach $d_1,d_2,d_3$.
2. $\frac12a(d_1+d_2+d_3)=P_\triangle=\frac12a\cdot h$.
3. Stąd $d_1+d_2+d_3=h=\frac{a\sqrt3}2$. $\blacksquare$

Odpowiedź: dowód

$10$.

Odpowiedź: $10$.

1. Układ: $A=(0,0)$, $B=(p,0)$, $C=(p,q)$, $D=(0,q)$, $P=(x,y)$.
2. $|PA|^2+|PC|^2=x^2+y^2+(x-p)^2+(y-q)^2$; $|PB|^2+|PD|^2=(x-p)^2+y^2+x^2+(y-q)^2$.
3. Obie strony są równe. $\blacksquare$

Odpowiedź: dowód

$90^\circ$.

Odpowiedź: C.

1. Kąt $ABC$ jest wpisany w pierwszy okrąg i oparty na średnicy $AC$ — jest prosty.
2. Analogicznie $|\angle ABD|=90^\circ$.
3. Proste $BC$ i $BD$ są prostopadłe do $AB$ w tym samym punkcie $B$, więc się pokrywają — $C$, $B$, $D$ są współliniowe. $\blacksquare$

Odpowiedź: dowód

$36\pi$.

Odpowiedź: $36\pi$.

1. $P_{AKM}=\frac12|AK|\cdot|AM|\sin A=\frac13\cdot\frac23\cdot P=\frac29P$ (bo $|AK|=\frac13|AB|$, $|AM|=\frac23|AC|$).
2. Analogicznie $P_{BLK}=P_{CML}=\frac29P$.
3. $P_{KLM}=P-3\cdot\frac29P=\frac P3$.

Odpowiedź: $\tfrac P3$

$16$.

Odpowiedź: $16$.

1. $|EF|=\frac{a+b}2$; oba trapezy mają wysokość $\frac h2$.
2. $P_{EFCD}=\frac{b+\frac{a+b}2}{2}\cdot\frac h2=\frac{(a+3b)h}8$, $P_{ABFE}=\frac{(3a+b)h}8$.
3. $\frac{a+3b}{3a+b}=\frac35 \Rightarrow 5a+15b=9a+3b \Rightarrow a=3b$.

Odpowiedź: $a:b=3$

$60^\circ$.

Odpowiedź: $60^\circ$.

$c^2=1+1-2\cdot\tfrac12=1$, $c=1$.

Odpowiedź: $1$.

$\tfrac12\cdot3\cdot4=6$.

Odpowiedź: $6$.

$14\pi$.

Odpowiedź: $14\pi$.

$360^\circ$.

Odpowiedź: B.

$\tfrac12\cdot4\cdot6\cdot\tfrac12=6$.

Odpowiedź: $6$.

$3\sqrt2$.

Odpowiedź: $3\sqrt2$.

$\tfrac{4\sqrt3}{2}=2\sqrt3$.

Odpowiedź: $2\sqrt3$.

$h=\sqrt{25-9}=4$; pole $\tfrac12\cdot6\cdot4=12$.

Odpowiedź: $12$.