R1PntQzhiwcW9

Ilustracja przedstawia trapez $ABCD$ z przekątną $BD$ oraz z zaznaczonymi dwoma kątami wewnętrznymi. Przy wierzchołku $A$ kąt $\alpha$, przy wierzchołku $C$ kąt $\beta$.

Przy oznaczeniach z rysunku, korzystając z twierdzenia sinusów dla trójkąta $ABD$ mamy: $\frac{\left|BD\right|}{\sin \alpha }=2R_{ABD}$. Dla trójkąta $BCD$ mamy: $\frac{\left|BD\right|}{\sin \beta }=2R_{BCD}$. Z równości obu promieni wynika, że $\sin \alpha =\sin \beta$. Zauważmy, że dla $\alpha =\beta$ mielibyśmy do czynienia z prostokątem i nie byłyby spełnione warunki zadania (przekątna byłaby dwa razy dłuższa od promienia okręgu opisanego). Zatem musi być $\beta =180°-\alpha$. Trapez jest więc równoramienny. Wracając jeszcze raz do twierdzenia sinusów i korzystając z faktu, że przekątna jest dwa razy krótsza od promienia, mamy, że $\frac{\left|BD\right|}{\sin \alpha }=2·\left(2·\left|BD\right|\right)$. Zatem $\sin \alpha =\frac{1}{4}$. Stąd $\alpha \approx 14°$, $\beta \approx 166°$.

Przyjmijmy oznaczenia takie, jak na rysunku.

Rk5fYTDn06REJ

Ilustracja przedstawia dolną część okręgu przecinającą prostokąt $ABCD$ w górnych wierzchołkach: $C$ oraz $D$. Dodatkowo okrąg i prostokąt mają punkt wspólny leżący na środku boku $AB$. Jest to punkt $E$. W prostokącie linią przerywaną narysowano przekątne przecinające się w punkcie $F$. Zaznaczono dwa kąty. Kąt $DEC$ to kąt $\alpha$, kąt $BFC$ to kąt $\beta$.

Wtedy $\sin \alpha =\frac{\left|CD\right|}{2R}=\frac{48}{50}$. Stąd $a\approx 106°$. Zauważmy, że $tg\frac{\alpha }{2}=\frac{\frac{1}{2}\left|AB\right|}{\left|BC\right|}$. Ponieważ $\frac{\alpha }{2}\approx 53°$, więc $\left|BC\right|\approx \frac{24}{1,3270}\approx 18,09$.

Wtedy $tg\frac{\beta }{2}=\frac{\frac{1}{2}\left|BC\right|}{\frac{1}{2}\left|AB\right|}=\frac{18,09}{48}\approx 0,3768$. Stąd $\frac{\beta }{2}\approx 21°$, a kąt jaki tworzą przekątne ma w przybliżeniu miarę $42°$.

Uwaga. Wiedząc, że $\sin \alpha =\frac{48}{50}$ i kąt jest rozwarty, to korzystając z tożsamości trygonometrycznych, moglibyśmy obliczyć dokładne wartości funkcji trygonometrycznych kąta $\frac{\alpha }{2}$. Otrzymalibyśmy, że $\sin \frac{\alpha }{2}=\frac{4}{5}$, $tg\frac{\alpha }{2}=\frac{4}{3}$ oraz $\left|BC\right|=18$. Dalsza cześć rozwiązania pozostałaby bez zmian.

RRPAulhvNSVgH

Rysunek przedstawia trójkąt $ABC$. Na podstawie $AB$ zaznaczono punkt $D$ i narysowano odcinek $DC$. W powstałym trójkącie $ADC$ zaznaczono dwa kąty wewnętrzne. Przy wierzchołku $A$ oznaczono kąt $\alpha$, a przy wierzchołku $D$ kąt $\beta$.

Przy oznaczeniach takich, jak na rysunku mamy: $\left|AD\right|=3, \left|BD\right|=6$, $\frac{\left|AD\right|}{\sin 45°}=\frac{\left|AC\right|}{\sin \beta }$ oraz $\frac{\left|DB\right|}{\sin 45°}=\frac{\left|CB\right|}{\sin \left(180°-\beta \right)}$. Zatem $\left|AC\right|=\frac{3·\sin \beta }{\sin 45°}$ oraz $\left|CB\right|=\frac{6·\sin \beta }{\sin 45°}$. Stąd $\frac{\left|AC\right|}{\left|CB\right|}=\frac{3·\sin \beta }{\sin 45°}·\frac{\sin 45°}{6·\sin \beta }=\frac{1}{2}$. Ale $\frac{\left|CB\right|}{\left|AC\right|}=tg\alpha$. Stąd $\alpha \approx 63°$. Kąty ostre trójkąta mają miary: $27°$,$63°$.