test by ŁS

Time limit: 0

Quiz Summary

0 of 2 Pytania completed

Pytania:

Informacje

You have already completed the quiz before. Hence you can not start it again.

Quiz is loading…

You must sign in or sign up to start the quiz.

You must first complete the following:

Wyniki

Quiz ukończony. Wyniki są przeliczane

Wyniki

0 z 2 pytań z poprawną odpowiedzią

Twój czas:

Czas się skończył

Zdobyłeś 0 z 0 punktów, (0)

Earned Point(s): 0 of 0, (0)
0 Essay(s) Pending (Possible Point(s): 0)

Kategorie

Brak kategorii 0%

1
2

Aktualne
Oznaczone
Rozwiązany
Poprawnie
Niepoprawnie

Pytania 1 of 2

1. Pytania
$x^2 + 4x + |x + 2| = 16$
- $x^2 + 4x + |x + 2| = 16$
- fsfsdf
Poprawnie

Niepoprawnie
Pytania 2 of 2

2. Pytania
$\section*{Zad 1} Wiedząc, że $\alpha$ jest kątem ostrym oraz $\tan{\alpha} = \frac{3\sqrt{10}}{40} $ oblicz wartość wyrażenia $\frac{2-\sin{\alpha}}{\sqrt{3}+\cos{\alpha}}$.\\ \\ Potrzebujemy obliczyć wartości funkcji $\sin{\alpha}$ i $\cos{\alpha}$. Mamy dwie niewiadome, więc potrzebujemy dwóch równań. Skorzystajmy z podstawowych własności trygonometrycznych: $\tan\alpha=\frac{\sin\alpha}{\cos\alpha}$ oraz $\sin^{2}\alpha+\cos^{2}\alpha=1$\\ \begin{align*} & \tan\alpha=\frac{3\sqrt{10}}{40}=\frac{\sin\alpha}{\cos\alpha}\;\; /\cdot\cos\alpha\\ & \frac{3\sqrt{10}\cos\alpha}{40}=\sin\alpha\\ &\text{Podstawmy teraz $\sin\alpha$ do jedynki trygonometrycznej}\\ &\sin^{2}\alpha+\cos^{2}\alpha=1\\ &(\frac{3\sqrt{10}\cos\alpha}{40})^{2}+\cos^{2}\alpha=1\\ &\frac{3^{2}\sqrt{10}^{2}\cos^{2}\alpha}{40^{2}}+\cos^{2}\alpha=1\\ &\frac{9\cdot10\cos^{2}\alpha}{1600}+\cos^{2}\alpha=1\\ &\frac{90\cos^{2}\alpha}{1600}+\frac{1600\cos^{2}\alpha}{1600}=1\\ &\frac{1690\cos^{2}\alpha}{1600}=1 \\ &\frac{169\cos^{2}\alpha}{160}=1 / \cdot 160 \\ &169\cos^{2}\alpha = 160 / :169 \\ &\cos^{2}\alpha = \frac{160}{169} / \sqrt{}\\ &\cos\alpha = \frac{4\sqrt{10}}{13} \lor \cos\alpha = -\frac{4\sqrt{10}}{13}\\ \end{align*} Z polecenia wiemy, że kąt $\alpha$ jest kątem ostrym, czyli należy do pierwszej ćwiartki układu współrzędnych, czyli $\cos\alpha$ powinien być dodatni.\\ \begin{align*} &\sin\alpha = \frac{3\sqrt{10}\cos\alpha}{40}\\ &\text{Podstawmy $\cos\alpha=\frac{4\sqrt{10}}{13}$.}\\ &\sin\alpha=\frac{3\sqrt{10}\cdot\frac{4\sqrt{10}}{13}}{40}=\frac{\frac{3\cdot4\cdot\sqrt{10}\cdot\sqrt{10}}{13}}{40}= \frac{12\cdot10}{13\cdot40}=\frac{12}{13\cdot4}=\frac{3}{13} \end{align*} Teraz podstawmy $\sin\alpha$ oraz $\cos\alpha$ do wyrażenia $\frac{2-\sin\alpha}{\sqrt{2}+\cos\alpha}$ \begin{align*} &\frac{2-\frac{3}{13}}{\sqrt{2}+\frac{4\sqrt{10}}{13}}=\frac{\frac{26}{13}-\frac{3}{13}}{\frac{13\sqrt{2}}{13}+\frac{4\sqrt{10}}{13}}=\frac{\frac{23}{13}}{\frac{13\sqrt{2}+4\sqrt{10}}{13}}=\frac{23}{13}\cdot\frac{13}{13\sqrt{2}+4\sqrt{10}}=\\ &\frac{23}{13\sqrt{2}+4\sqrt{10}}=\frac{23}{13\sqrt{2}+4\sqrt{10}}\cdot\frac{13\sqrt{2}-4\sqrt{10}}{13\sqrt{2}-4\sqrt{10}}=\frac{23(13\sqrt{2}-4\sqrt{10})}{169\cdot2-16\cdot10}=\\ &\frac{23(13\sqrt{2}-4\sqrt{10})}{338-160}= \frac{23(13\sqrt{2}-4\sqrt{10})}{178} \end{align*} \section*{Zad 2} Rozwiąż równanie \begin{equation*} \frac{2\sin^{3}\alpha}{\cos2\alpha-1}=-\sqrt{1-(\cos^{4}\alpha-2\cos^{2}\alpha\sin^{2}\alpha+\sin^{4}\alpha)} \end{equation*} w przedziale $[0,\frac{\pi}{2}]$.\\ \\ Zacznijmy od wyznaczenia dziedziny.\\ Po pierwsze, wiemy, że w matematyce nie można dzielić przez 0. Sprawdźmy więc, kiedy mianownik $\cos2\alpha-1$ jest równy 0. Po drugie, w liceum nie rozważamy pierwiastków parzystego stopnia z liczb ujemnych. Sprawdźmy więc, kiedy\\ $1-(\cos^{4}\alpha-2\cos^{2}\alpha\sin^{2}\alpha+\sin^{4}\alpha)$ jest większe lub równe zero. \begin{align*} &\cos2\alpha-1=0\\ &\cos2\alpha = 1\\ &\text{Cosinus jest równy jeden dla kąta $\alpha=0+2k\pi, k\in\mathbb{Z}$, czyli}\\ &2\alpha=2k\pi, k\in\mathbb{Z}\\ &\alpha=k\pi, k\in\mathbb{Z}\\ &\text{Do naszego przedziału }[0,\frac{\pi}{2}]\text{ należy tylko $0$, dla $k=0$,}\\ &\text{więc wyrzucamy 0 z dziedziny.}\\ &\text{Zajmijmy się teraz pierwiastkiem. Zauważmy, że}\\ &\cos^{4}\alpha-2\cos^{2}\alpha\sin^{2}\alpha+\sin^{4}\alpha\text{ to wzór skróconego mnożenia.}\\ &\cos^{4}\alpha-2\cos^{2}\alpha\sin^{2}\alpha+\sin^{4}\alpha=(cos^{2}\alpha-\sin^{2}\alpha)^{2}=\cos^{2}2\alpha\\ &\text{Po przekształceniu pod pierwiastkiem mamy $1-\cos^{2}2\alpha$.}\\ &\text{Z jedynki matematycznej }1-\cos^{2}2\alpha=\sin^{2}2\alpha.\\ &\sin^{2}2\alpha\text{ jest zawsze nieujemne, więc nic nie usuwamy z dziedziny.}\\ &\text{Nasza końcowa dziedzina to }(0,\frac{\pi}{2}]. \end{align*} \\ \\ Przejdźmy teraz do rozwiązywania równości. Zacznijmy od lewej strony. \begin{align*} &\cos2\alpha=1-2\sin^{2}\alpha \Rightarrow \cos2\alpha-1 = 1-2\sin^{2}\alpha-1=-2\sin^{2}\alpha\\ &\text{Czyli teraz nasz ułamek ma postać }\frac{2\sin^{3}\alpha}{-2\sin^{2}\alpha}.\\ &\text{Po skróceniu 2 i sinusa mamy }-\sin\alpha.\\ &\\ &\text{Teraz zajmijmy się prawą stroną równości.}\\ &\text{Przy okazji wyznaczania dziedziny udało nam się uprościć część pod}\\ &\text{pierwiastkiem. Teraz prawa strona równości ma postać}\\ &-\sqrt{\sin^{2}2\alpha}=-|\sin2\alpha|.\\ &\text{Zajmijmy się wartością bezwzględną.}\\ &\sin2\alpha\geqslant 0\\ &\text{Potrzebujemy miejsc zerowych.}\\ &\text{Sinus jest równy zero dla kąta $\alpha=0+2k\pi, k\in\mathbb{Z}$ oraz $\alpha = \pi + 2k\pi, k\in\mathbb{Z}$.}\\ &2\alpha = 2k\pi, k\in\mathbb{Z}\;\lor\;2\alpha =\pi + 2k\pi, k\in\mathbb{Z}\\ &\alpha = k\pi, k\in\mathbb{Z}\;\lor\;\alpha =\frac{\pi}{2} + k\pi, k\in\mathbb{Z}\\ &\text{Nas będą interesować 0 oraz }\frac{\pi}{2}\text{, pomiędzy nimi (czyli w całej naszej dziedzinie) }\\ &\sin2\alpha\text{ jest większy od zera, więc możemy zdjąć wartość bezwzględną.}\\ &\text{Po wszystkich przekształceniach nasze równanie ma postać}\\ &-\sin\alpha=-\sin2\alpha \text{ przenieśmy je na jedną stronę.}\\ &\sin2\alpha-\sin\alpha=0\text{, wiemy, że }\sin2\alpha=2\sin\alpha\cos\alpha\\ &2\sin\alpha\cos\alpha-\sin\alpha=0\text{, wyciągamy przed nawias}\\ &\sin\alpha(2\cos\alpha-1)=0\\ &\text{Z wcześniejszych rozważań:}\\ &\text{Sinus jest równy zero dla kąta $\alpha=0+2k\pi, k\in\mathbb{Z}$ oraz $\alpha = \pi + 2k\pi, k\in\mathbb{Z}$.}\\ &2\cos\alpha-1=0\\ &\cos\alpha=\frac{1}{2}\\ &\text{Cosinus jest równy $\frac{1}{2}$ dla kąta $\alpha=\frac{\pi}{3}+2k\pi, k\in\mathbb{Z}$ oraz $\alpha=\frac{2\pi}{3}+2k\pi, k\in\mathbb{Z}$.}\\ &\text{Jedyną odpowiedzią należącą do dziedziny }(0,\frac{\pi}{2}]\text{ jest }\frac{\pi}{3}.\\ \end{align*} \\ \section*{3} Wyznacz zbiór wartości funkcji $f(\alpha)=2(\cos^{4}\alpha+\sin^{4}\alpha)^{2}-\cos4\alpha$.\\ \\ Przekształcimy wzór naszej funkcji do prostszej postaci. Korzystając ze wzorów skróconego mnożenia uprościmy $\cos^{4}\alpha+\sin^{4}\alpha$.\\ \begin{align*} &(\cos^{2}\alpha+\sin^{2}\alpha)^{2}=\cos^{4}\alpha+2\cos^{2}\alpha\sin^{2}\alpha + \sin^{4}\alpha\\ &(\cos^{2}\alpha+\sin^{2}\alpha)^{2}-2\cos^{2}\alpha\sin^{2}\alpha=\cos^{4}\alpha + \sin^{4}\alpha\\ &1^{2}-2\cos^{2}\alpha\sin^{2}\alpha=\cos^{4}\alpha + \sin^{4}\alpha\\ &\text{Wiemy, że $\sin2\alpha=2\sin\alpha\cos\alpha \Rightarrow$}\\ &\sin^{2}2\alpha=4\sin^{2}\alpha\cos^{2}\alpha \Rightarrow\\ &2\sin^{2}\alpha\cos^{2}\alpha=\frac{\sin^{2}2\alpha}{2}\text{, czyli}\\ &\cos^{4}\alpha+\sin^{4}\alpha=1-\frac{\sin^{2}2\alpha}{2}\\ &(1-\frac{\sin^{2}2\alpha}{2})^{2}=1-\sin^{2}2\alpha+\frac{\sin^{4}2\alpha}{4}\\ &2(1-\sin^{2}2\alpha+\frac{\sin^{4}2\alpha}{4})=2-2\sin^{2}2\alpha+\frac{\sin^{4}2\alpha}{2}\\ &\text{Teraz uprościmy $\cos4\alpha$. W przekształceniach trygonometrycznych często dobrym}\\ &\text{pomysłem jest ujednolicenie kąta wszystkich funkcji obecnych w równaniu/funkcji.}\\ &\text{W pierwszej część otrzymaliśmy sinusy kąta $2\alpha$. Podobnie postąpimy z cosinusem.}\\ &\cos2\alpha=1-2\sin^{2}\alpha \Rightarrow \cos4\alpha=1-2\sin^{2}2\alpha\text{, podstawmy to do funkcji.}\\ &2-2\sin^{2}2\alpha+\frac{\sin^{4}2\alpha}{2}-(1-2\sin^{2}2\alpha)\\ &2-2\sin^{2}2\alpha+\frac{\sin^{4}2\alpha}{2}-1+2\sin^{2}2\alpha\text{, po uproszeniu funkcja ma postać}\\ &f(\alpha)=1+\frac{\sin^{4}2\alpha}{2}\\ &\text{Teraz wyznaczymy zbiór wartości naszej funkcji.}\\ &0\leqslant\sin^{4}2\alpha\leqslant 1 \;/:2\\ &0\leqslant\frac{\sin^{4}2\alpha}{2}\leqslant \frac{1}{2} \;/+1\\ &1\leqslant 1+\frac{\sin^{4}2\alpha}{2}\leqslant \frac{3}{2}\\ \end{align*} Zbiór wartości naszej funckji to $[1,\frac{3}{2}]$ \\ \section*{4} Okrąg S opisany jest na trójkącie $\bigtriangleup$ABC. Odcinek ZY jest styczny do okręgu S w punkcie B i tworzy z bokiem AB trójkąta kąt $\alpha=45^{\circ}$, a z bokiem BC kąt $\beta=60^{\circ}$. Długość boku $AB = 6\sqrt{2}$. Oblicz pole figury zamalowanej na niebiesko.\\ \\ \begin{tikzpicture} \draw (0,0) circle (5cm); \draw (0,5) coordinate (a) node[above] {A} -- (5,0) coordinate (b) node[right] {B} -- (-4.25,-2.65) coordinate (c) node[below left] {C} -- (0,5) (0,0) coordinate (S) node[below left ]{S}; \filldraw [black] (0,0) circle (2pt) [black] (5,0) circle (2pt) [black] (0,5) circle (2pt) [black] (-4.25,-2.65) circle (2pt) [black] (5,5) circle (2pt) [black] (5,-5) circle (2pt) ; \draw (5,5) coordinate (z) node[right]{Z} to (5,-5) coordinate (y) node[right]{Y}; \draw pic ["$\alpha$",draw,<->,black,angle radius=1cm] {angle = z--b--a} pic ["$\beta$",draw,<->,black,angle radius=1cm] {angle = c--b--y}; \begin{scope} \path [clip] (-4.25,-2.65)--(0,5)--(-5,5)--(-5,-2.65) --cycle; \path[fill=blue,opacity=0.2] (2,0) -- plot[domain=2:0] (0,0) circle (5cm) -- (0,-2) -- cycle; \end{scope} \end{tikzpicture}\\ \\ Musimy obliczyć pole niebieskiego odcinka koła. Najlepszą metodą będzie obliczenie pola wycinka koła utworzonego przez trójkąt $\bigtriangleup$ASC i niebieski odcinek. Następnie od pola wycinka odejmiemy pole trójkąta $\bigtriangleup$ASC.\\ Wzór na pole wycinka to $\frac{\gamma}{360^{\circ}}\cdot\pi R^{2}$, gdzie $\gamma$ to kąt środkowy utworzony przez promienie wyznaczające wycinek. Potrzebujemy więc promienia okręgu oraz miarę kąta $\measuredangle ASC$. Dorysujmy więc promienie okręgu. \\ \\ \begin{tikzpicture} \draw (0,0) circle (5cm); \draw (0,5) coordinate (a) node[above] {A} -- (5,0) coordinate (b) node[right] {B} -- (-4.25,-2.65) coordinate (c) node[below left] {C} -- (0,5) (0,0) coordinate (S) node[below left ]{S}; \draw[dashed] (0,0) -- node[right] {R} ++(0,5) (0,0) -- node[above] {R} ++(-4.25,-2.65) (0,0) -- node[above] {R} ++(5,0); \filldraw [black] (0,0) circle (2pt) [black] (5,0) circle (2pt) [black] (0,5) circle (2pt) [black] (-4.25,-2.65) circle (2pt) [black] (5,5) circle (2pt) [black] (5,-5) circle (2pt) ; \draw (5,5) coordinate (z) node[right]{Z} to (5,-5) coordinate (y) node[right]{Y}; \draw pic ["$\alpha$",draw,<->,black,angle radius=1cm] {angle = z--b--a} pic ["$\beta$",draw,<->,black,angle radius=1cm] {angle = c--b--y}; \begin{scope} \path [clip] (-4.25,-2.65)--(0,5)--(-5,5)--(-5,-2.65) --cycle; \path[fill=blue,opacity=0.2] (2,0) -- plot[domain=2:0] (0,0) circle (5cm) -- (0,-2) -- cycle; \end{scope} \end{tikzpicture}\\ \\ Zauważmy, że ze styczności odcinka ZY otrzymujemy $|\measuredangle SBY|=90^{\circ}$, odejmując od niego $\beta=60^{\circ}$ otrzymamy miarę kąta SBC.\\ $90^{\circ}-60^{\circ}=30^{\circ}=|\measuredangle SBC|$\\ Podobnie postępujemy z kątem SBA i otrzymujemy $|\measuredangle SBA|=45^{\circ}$\\ Trójkąty $\bigtriangleup SBA$, $\bigtriangleup SBC$ są równoramienne. Stąd otrzymujemy miary ich pozostałych kątów.\\ Co więcej $|\measuredangle CSA|=360^{\circ}-|\measuredangle CSB|-|\measuredangle ASB|=360^{\circ}-120^{\circ}-90^{\circ}=150^{\circ}$\\ Wtedy miary kątów $|\measuredangle ACS| = |\measuredangle SAC| = \frac{180^{\circ}-150^{\circ}}{2}=15^{\circ}$\\ Zaznaczmy miary kątów na rysunku.\\ \begin{tikzpicture} \draw (0,0) circle (5cm); \draw (0,5) coordinate (a) node[above] {A} -- (5,0) coordinate (b) node[right] {B} -- (-4.25,-2.65) coordinate (c) node[below left] {C} -- (0,5) (0,0) coordinate (S) node[below left ]{S} pic ["$120^{\circ}$",draw,<->,black,angle radius=1cm] {angle = c--S--b} pic ["$90^{\circ}$",draw,<->,black,angle radius=1cm] {angle = b--S--a} pic ["$30^{\circ}$",draw,<->,black,angle radius=2cm] {angle = S--b--c} pic ["$30^{\circ}$",draw,<->,black,angle radius=3cm] {angle = b--c--S} pic ["$45^{\circ}$",draw,<->,black,angle radius=2cm] {angle = a--b--S} pic ["$45^{\circ}$",draw,<->,black,angle radius=2cm] {angle = S--a--b} pic ["$15^{\circ}$",draw,<->,black,angle radius=3cm] {angle = S--c--a} pic ["$15^{\circ}$",draw,<->,black,angle radius=2cm] {angle = c--a--S} pic ["$150^{\circ}$",draw,<->,black,angle radius=1cm] {angle = a--S--c}; \draw[dashed] (0,0) -- node[right] {R} ++(0,5) (0,0) -- node[above] {R} ++(-4.25,-2.65) (0,0) -- node[above] {R} ++(5,0); \filldraw [black] (0,0) circle (2pt) [black] (5,0) circle (2pt) [black] (0,5) circle (2pt) [black] (-4.25,-2.65) circle (2pt) [black] (5,5) circle (2pt) [black] (5,-5) circle (2pt) ; \draw (5,5) coordinate (z) node[right]{Z} to (5,-5) coordinate (y) node[right]{Y}; \draw pic ["$\alpha$",draw,<->,black,angle radius=1cm] {angle = z--b--a} pic ["$\beta$",draw,<->,black,angle radius=1cm] {angle = c--b--y}; \begin{scope} \path [clip] (-4.25,-2.65)--(0,5)--(-5,5)--(-5,-2.65) --cycle; \path[fill=blue,opacity=0.2] (2,0) -- plot[domain=2:0] (0,0) circle (5cm) -- (0,-2) -- cycle; \end{scope} \end{tikzpicture}\\ \\ Teraz znajdźmy promień okręgu. Pomoże nam w tym twierdzenie sinusów. Zastosujemy je dla boku AB oraz kąta ACB.\\ \begin{align*} &\frac{|AB|}{\sin|\measuredangle ACB|}=2R\\ &\frac{6\sqrt{2}}{\sin45^{\circ}}=2R\\ &\frac{6\sqrt{2}}{\frac{\sqrt{2}}{2}}=2R /\cdot\frac{\sqrt{2}}{2}\\ &6\sqrt{2}=2R\cdot\frac{\sqrt{2}}{2}\\ &6\sqrt{2}=R\sqrt{2} /:\sqrt{2}\\ &R=6\\ \end{align*} \\ \\ Znamy już promień okręgu oraz miarę kąta środkowego tworzącego interesujący nas wycinek. Podstawmy je do wzoru na pole wycinka koła.\\ $\frac{150^{\circ}}{360^{\circ}}\cdot\pi\cdot6^{2}=\frac{15}{36}\cdot36\pi=15\pi$\\ Obliczmy teraz pole trójkąta $\bigtriangleup$ASC. Skorzystamy ze wzoru\\ $P_{\bigtriangleup ASC}=\frac{1}{2}\cdot|AS|\cdot|SC|\cdot\sin|\measuredangle ASC|==\frac{1}{2}\cdot6^{2}\cdot\sin150^{\circ}=18\cdot\sin150^{\circ}$\\ Ze wzorów redukcyjnych $\sin150^{\circ}=\sin(180^{\circ}-30^{\circ})=\sin30^{\circ}=\frac{1}{2}$\\ $P_{\bigtriangleup ASC}=18\cdot\frac{1}{2}=9$\\ Czyli pole niebieskiego odcinka jest równe $15\pi - 9$. \\ \section*{5} Ramię AD trapezu ABCD ma długość 4. Dłuższa przekątna DB ma długość 10 i przecina odcinek CE w $\frac{1}{3}$ jego długości. $|\measuredangle ADB|=\alpha=120^{\circ}$.\\ Oblicz pole trapezu.\\ \\ \begin{tikzpicture} \draw (-5,0) coordinate (A) node[left]{A} to (5,0) coordinate (B) node[right]{B}; \draw (-4,3) coordinate (D) node[above]{D} to (2,3) coordinate (C) node[above]{C}; \draw (2, 1) coordinate (F) node[below left] {F}; \draw (D) to (A); \draw (C) to (B); \draw[dashed] (D) to (B); \draw[dashed] (C) to (2,0) coordinate (E) node[below]{E}; \draw pic ["$\alpha$",draw,<->,black,angle radius=1cm] {angle = A--D--B}; \end{tikzpicture}\\ \\ Do policzenia pola trapezu potrzebujemy długości obu podstaw oraz wysokość. Zauważmy, że możemy obliczyć długość podstawy AB korzystając z\\ Tw. Cosinusów. \begin{align*} &|AB|^{2}=|AD|^{2}+|DB|^{2}-2|AD||DB|\cos\alpha\\ &|AB|^{2}=4^{2}+10^{2}-2\cdot4\cdot10\cdot\cos120^{\circ}\\ &\text{Ze wzorów redukcyjnych }\cos120^{\circ}=-\sin30^{\circ}\\ &|AB|^{2}=16+100-80\cdot(-\frac{1}{2})\\ &|AB|^{2}=116+40\\ &|AB|=\sqrt{156}\\ &|AB|=2\sqrt{39}\\ \end{align*}\\ \\ \\ \\ \\ Zaznaczmy wysokość DG opadającą z punktu D na podstawę AB. Zauważmy, że trójkąty $\bigtriangleup$DGB, $\bigtriangleup$FEB i $\bigtriangleup$FEB są podobne dzięki zasadzie "K-K-K". Zauważmy, że znajomość sinusa kąta $\measuredangle$EBF pozwoliłaby nam nie tylko znaleźć wysokość trapezu, ale również znaleźć drugą podstawę. Zaznaczmy potrzebne elementy na rysunku.\\ \begin{tikzpicture} \draw (-5,0) coordinate (A) node[left]{A} to (5,0) coordinate (B) node[right]{B}; \draw (-4,3) coordinate (D) node[above]{D} to (2,3) coordinate (C) node[above]{C}; \draw (2, 1) coordinate (F) node[below left] {F}; \draw (D) to (A); \draw (C) to (B); \draw[dashed] (D) to (B); \draw[dashed] (C) to (2,0) coordinate (E) node[below]{E}; \draw[dashed] (D) to (-4,0) coordinate (G) node[below]{G}; \draw pic ["$\alpha$",draw,<->,black,angle radius=1cm] {angle = A--D--B} pic ["$\beta$",draw,<->,black,angle radius=2cm] {angle = F--B--E} pic ["$\beta$",draw,<->,black,angle radius=2cm] {angle = F--D--C} pic ["$\gamma$",draw,<->,black,angle radius=0.5cm] {angle = E--F--B} pic ["$\gamma$",draw,<->,black,angle radius=0.5cm] {angle = C--F--D} pic ["$\gamma$",draw,<->,black,angle radius=1.5cm] {angle = G--D--B} pic ["$\cdot$",draw,<->,black,angle radius=0.5cm] {angle = B--E--F} pic ["$\cdot$",draw,<->,black,angle radius=0.5cm] {angle = D--C--F} pic ["$\cdot$",draw,<->,black,angle radius=0.5cm] {angle = B--G--D}; \end{tikzpicture}\\ \\ Ponownie skorzystamy z Tw. Cosinusów, tym razem do znalezienia $\cos\beta$.\\ \begin{align*} &|AD|^{2}=|AB|^{2}+|DB|^{2}-2|AB||DB|\cos\beta\\ &4^{2}=(2\sqrt{39})^{2}+10^{2}-2\cdot10\cdot2\sqrt{39}\cos\beta\\ &16=156+100-40\sqrt{39}\cos\beta\\ &-240=-40\sqrt{39}\cos\beta /:(-40)\\ &6=\sqrt{39}\cos\beta /:\sqrt{39}\\ &\cos\beta = \frac{6}{\sqrt{39}}\\ &\cos\beta=\frac{6\sqrt{39}}{39}\\ \end{align*} Korzystając z $\cos\beta=\frac{6\sqrt{39}}{39}$ znajdziemy $\sin\beta$. Następnie korzystając z $\sin\beta$ oraz $|DB|=10$ znajdziemy wysokość DG.\\ \begin{align*} &\sin^{2}\beta+\cos^{2}\beta = 1\\ &\sin^{2}\beta+(\frac{6\sqrt{39}}{39})^{2}=1\\ &\sin^{2}\beta+\frac{36\cdot39}{39\cdot39}=1\\ &\sin^{2}\beta+\frac{36}{39}=1 /-\frac{36}{39}\\ &\sin^{2}\beta=\frac{3}{39} /\sqrt{}\\ &\sin\beta=\frac{\sqrt{3}}{\sqrt{39}}\\ &\sin\beta=\frac{\sqrt{117}}{39}\\ &\sin\beta=\frac{3\sqrt{13}}{39}\\ &\sin\beta=\frac{\sqrt{13}}{13}\\ &\text{Teraz wysokość}\\ &\sin\beta = \frac{|DG|}{|DB|}\\ &\frac{\sqrt{13}}{13}=\frac{h}{10} /\cdot10\\ &h=\frac{10\sqrt{13}}{13}\\ \end{align*} $|EF| = \frac{1}{3}|DG|$, czyli $|EF|=\frac{10\sqrt{13}}{13}\cdot\frac{1}{3}=\frac{10\sqrt{13}}{39}$.\\ $|CF|=2|EF|=2\cdot\frac{10\sqrt{13}}{39}=\frac{20\sqrt{13}}{39}$.\\ Skala podobieństwa $\bigtriangleup$FEB i $\bigtriangleup$FCD to 1:2.\\ Stąd $|DF|=2|FB|=\frac{2}{3}|DB|=\frac{2}{3}\cdot10=\frac{20}{3}$.\\ \begin{align*} &\cos\beta = \frac{|DC|}{|DF|}\\ &\frac{6\sqrt{39}}{39}=\frac{|DC|}{\frac{20}{3}} /\cdot\frac{20}{3}\\ &|DC|=\frac{40\sqrt{39}}{39}\\ \end{align*} Mamy obie podstawy oraz wysokość, podstawmy je do wzoru na pole.\\ $\frac{(|AB|+|DC|)\cdot|DG|}{2}=\frac{(2\sqrt{39}+\frac{40\sqrt{39}}{39})\cdot\frac{10\sqrt{13}}{13}}{2}=\frac{1}{2}\cdot(\frac{78\sqrt{39}}{39}+\frac{40\sqrt{39}}{39})\cdot\frac{10\sqrt{13}}{13}=$\\ $\frac{1}{2}\cdot\frac{118\sqrt{39}}{39}\cdot\frac{10\sqrt{13}}{13}=\frac{590\sqrt{3\cdot13\cdot13}}{39\cdot13}=\frac{590\sqrt{3}}{39}$ \end{document}$
- dfgfdcg
- ghgfh
Poprawnie

Niepoprawnie