Geometria płaska - pojęcia wstępne. Trójkąty

Geometria płaska – pojęcia wstępne. Trójkąty

Sprawdzian

Grupa A

Zadanie 1 (3 pkt)

Znajdź wielokąt, w którym liczba przekątnych jest 4 razy większa od liczby boków. Oblicz sumę miar kątów wewnętrznych tego wielokąta.

Wskazówki:

Liczba boków oraz wierzchołków wielokąta wypukłego $n$ jest liczbą naturalną spełniającą warunek $n \ge 3$.
Liczbę przekątnych $p$ w $n$-kącie wypukłym wyznaczamy ze wzoru: $p = \dfrac{n(n - 3)}{2}$.
Zależność podaną w poleceniu zapisujemy w postaci równania: $p = 4n$.
Suma miar kątów wewnętrznych dowolnego $n$-kąta wypukłego wynosi $S_n = (n - 2) \cdot 180^\circ$.

Rozwiązanie krok po kroku:

Zapisanie zależności między liczbą przekątnych a liczbą boków:
Niech $n$ oznacza liczbę boków (oraz liczbę wierzchołków) wielokąta wypukłego, gdzie $n \in \mathbb{N}$ i $n \ge 3$. Z każdego wierzchołka można poprowadzić przekątne do wszystkich pozostałych wierzchołków z wyjątkiem samego siebie oraz dwóch sąsiednich, co daje $n - 3$ przekątne z jednego wierzchołka. Ponieważ każda przekątna łączy dwa wierzchołki, łączna liczba przekątnych wynosi: $$ p = \dfrac{n(n - 3)}{2} $$ Zgodnie z treścią zadania liczba przekątnych jest $4$ razy większa od liczby boków: $$ p = 4n $$ Podstawiamy wzór na liczbę przekątnych: $$ \dfrac{n(n - 3)}{2} = 4n $$
Wyznaczenie liczby boków wielokąta – Sposób I (dzielenie przez $n$):
Mamy równanie: $$ \dfrac{n(n - 3)}{2} = 4n $$ Mnożymy obie strony równania przez $2$: $$ n(n - 3) = 8n $$ Ponieważ wielokąt posiada co najmniej $3$ boki, zachodzi warunek $n \ge 3$, a zatem $n \neq 0$. Możemy bezpiecznie podzielić obie strony równania przez $n$: $$ \begin{aligned} n - 3 &= 8 \\[8pt] n &= 8 + 3 \\[8pt] n &= 11 \end{aligned} $$ Liczba boków wynosi $n = 11$, zatem szukanym wielokątem jest **jedenastokąt**.
Wyznaczenie liczby boków wielokąta – Sposób II (równanie kwadratowe):
Wychodzimy z postaci wymnożonej: $$ n(n - 3) = 8n $$ Przenosimy wszystkie wyrazy na lewą stronę i redukujemy: $$ \begin{aligned} n^2 - 3n - 8n &= 0 \\[8pt] n^2 - 11n &= 0 \end{aligned} $$ Wyłączamy wspólny czynnik $n$ przed nawias: $$ n(n - 11) = 0 $$ Iloczyn jest równy zero, gdy: $$ n = 0 \quad \text{lub} \quad n = 11 $$ Wielokąt musi spełniać założenie geometryczne $n \ge 3$, dlatego rozwiązanie $n = 0$ odrzucamy jako sprzeczne z warunkami zadania. Jedynym poprawnym rozwiązaniem jest $n = 11$.
Obliczenie sumy miar kątów wewnętrznych jedenastokąta:
Suma miar kątów wewnętrznych $S_n$ w dowolnym $n$-kącie wypukłym wyraża się wzorem: $$ S_n = (n - 2) \cdot 180^\circ $$ Dla wyznaczonej liczby boków $n = 11$ otrzymujemy: $$ \begin{aligned} S_{11} &= (11 - 2) \cdot 180^\circ \\[8pt] &= 9 \cdot 180^\circ \\[8pt] &= 1620^\circ \end{aligned} $$
Interpretacja geometryczna podziału na trójkąty i rysunek wynikowy:
Wzór na sumę miar kątów wewnętrznych wynika z faktu, że prowadząc wszystkie możliwe przekątne z jednego wierzchołka jedenastokąta (jest ich $11 - 3 = 8$), dzielimy figurę na dokładnie: $$ n - 2 = 11 - 2 = 9 \text{ trójkątów} $$ W każdym trójkącie suma miar kątów wynosi $180^\circ$. Kąty tych $9$ trójkątów tworzą w całości kąty wewnętrzne jedenastokąta, stąd $9 \cdot 180^\circ = 1620^\circ$.

Odpowiedź:
Szukanym wielokątem jest jedenastokąt ($n = 11$), a suma miar jego kątów wewnętrznych wynosi $1620^\circ$.

Zadanie 2 (3 pkt)

Dwa boki trójkąta różnobocznego mają długość 6 i 8. Trzeci bok leży naprzeciw najmniejszego kąta. Oblicz długość trzeciego boku wiedząc, że obwód trójkąta jest liczbą naturalną.

Wskazówki:

Wykorzystaj twierdzenie o zależności między bokami a kątami w trójkącie: naprzeciw najmniejszego kąta leży zawsze najkrótszy bok. Oznacza to, że długość trzeciego boku musi być mniejsza od pozostałych dwóch boków.
Zastosuj nierówność trójkąta – suma długości każdych dwóch boków trójkąta musi być ściśle większa od długości trzeciego boku.
Pamiętaj o warunku różnoboczności (wszystkie trzy boki mają różne długości) oraz o tym, że skoro dwa boki mają długości całkowite (6 i 8), to naturalny obwód wymusza, by trzeci bok również miał długość wyrażoną liczbą naturalną.

Rozwiązanie krok po kroku:

Rysunek pomocniczy i analiza relacji między bokami i kątami w trójkącie:
Niech boki danego trójkąta mają długości $a = 8$, $b = 6$ oraz $c$, gdzie $c > 0$.

Z podstawowego twierdzenia planimetrii wynika, że w dowolnym trójkącie naprzeciw mniejszego kąta leży krótszy bok (i odwrotnie: naprzeciw najmniejszego kąta leży bok o najmniejszej długości). Skoro trzeci bok $c$ leży naprzeciw najmniejszego kąta trójkąta, to musi być najkrótszym spośród wszystkich trzech boków: $$\begin{cases} c < 6 \\[6pt] c < 8 \end{cases} \implies c < 6$$ Ponadto trójkąt jest różnoboczny, co oznacza, że żadne dwa boki nie mogą mieć jednakowej długości ($c \neq 6$ oraz $c \neq 8$), co jest w pełni zgodne z warunkiem $c < 6$.
Zastosowanie nierówności trójkąta:
Aby z odcinków o długościach $6$, $8$ i $c$ można było skonstruować trójkąt, spełniony musi być układ trzech nierówności trójkąta (suma każdych dwóch boków musi być większa od boku trzeciego): $$\begin{cases} 6 + 8 > c \\[6pt] 6 + c > 8 \\[6pt] 8 + c > 6 \end{cases}$$ Przekształcamy każdą z nierówności: $$\begin{aligned} c &< 14 \\[8pt] c &> 8 - 6 \implies c > 2 \\[8pt] c &> 6 - 8 \implies c > -2 \quad (\text{warunek spełniony zawsze, bo } c > 0) \end{aligned}$$ Z nierówności trójkąta otrzymujemy przedział: $$2 < c < 14$$ Łącząc ten warunek z warunkiem wynikającym z położenia naprzeciw najmniejszego kąta ($c < 6$), wyznaczamy przedział dopuszczalnych długości boku $c$: $$\begin{cases} c > 2 \\[6pt] c < 6 \end{cases} \implies c \in (2, 6)$$
Wykorzystanie warunku o obwodzie i ustalenie możliwych długości boku $c$:
Obwód trójkąta to suma długości wszystkich jego boków: $$\begin{aligned} Obw &= 8 + 6 + c \\[8pt] &= 14 + c \end{aligned}$$ Z treści zadania wiemy, że obwód jest liczbą naturalną: $$Obw \in \mathbb{N} \implies 14 + c \in \mathbb{N}$$ Ponieważ liczba $14$ jest liczbą naturalną, stąd wynika, że długość boku $c$ również musi być liczbą naturalną ($c \in \mathbb{N}$).

Wybieramy liczby naturalne należące do wyznaczonego przedziału $c \in (2, 6)$: $$c \in \{3, 4, 5\}$$ Dla każdej z tych wartości warunki zadania są w pełni spełnione: $$\begin{aligned} \text{Dla } c = 3: &\quad \text{boki: } 3, 6, 8 \quad \implies Obw = 17 \in \mathbb{N} \\[8pt] \text{Dla } c = 4: &\quad \text{boki: } 4, 6, 8 \quad \implies Obw = 18 \in \mathbb{N} \\[8pt] \text{Dla } c = 5: &\quad \text{boki: } 5, 6, 8 \quad \implies Obw = 19 \in \mathbb{N} \end{aligned}$$ W każdym przypadku boki mają różne długości (trójkąt jest różnoboczny), a najkrótszy bok leży naprzeciw najmniejszego kąta.

Odpowiedź:
Trzeci bok może mieć długość 3, 4 lub 5 (czyli $c \in \{3, 4, 5\}$).

Zadanie 3 (3 pkt)

Oblicz długości środkowych trójkąta równoramiennego o bokach $13\text{ cm}$, $13\text{ cm}$, $10\text{ cm}$.

Wskazówki:

Środkowa trójkąta to odcinek łączący wierzchołek trójkąta ze środkiem przeciwległego boku.
W trójkącie równoramiennym środkowa opuszczona z wierzchołka między ramionami na podstawę jest jednocześnie wysokością tego trójkąta i dzieli podstawę na dwie równe części. Jej długość obliczamy bezpośrednio z twierdzenia Pitagorasa.
Ze względu na symetrię osiową trójkąta równoramiennego, środkowe poprowadzone do obu ramion mają identyczną długość.
Długość środkowej poprowadzonej do ramienia można obliczyć na dwa sposoby:
- Sposób I: korzystając z twierdzenia cosinusów w trójkącie utworzonym przez podstawę, środkową i połowę ramienia,
- Sposób II: rzutując środek ramienia prostopadle na podstawę (z twierdzenia Talesa) i stosując twierdzenie Pitagorasa.

Rozwiązanie krok po kroku:

Rysunek pomocniczy i obliczenie długości środkowej opuszczonej na podstawę:
Niech $ABC$ będzie trójkątem równoramiennym o bokach: $$\begin{aligned} |AB| &= 10\text{ cm} \quad (\text{podstawa}) \\[8pt] |AC| = |BC| &= 13\text{ cm} \quad (\text{ramiona}) \end{aligned}$$ Niech punkt $D$ będzie środkiem podstawy $AB$. Odcinek $CD$ jest środkową opuszczoną na podstawę trójkąta: $$|AD| = |DB| = \dfrac{10}{2} = 5\text{ cm}$$ W trójkącie równoramiennym środkowa poprowadzona do podstawy pokrywa się z wysokością ($CD \perp AB$).

W trójkącie prostokątnym $ADC$ stosujemy twierdzenie Pitagorasa, oznaczając długość środkowej $|CD| = s_a$: $$\begin{aligned} |AD|^2 + |CD|^2 &= |AC|^2 \\[8pt] 5^2 + s_a^2 &= 13^2 \\[8pt] 25 + s_a^2 &= 169 \\[8pt] s_a^2 &= 169 - 25 \\[8pt] s_a^2 &= 144 \\[8pt] s_a &= \sqrt{144} = 12\text{ cm} \end{aligned}$$ Środkowa opuszczona na podstawę ma długość $12\text{ cm}$.
Sposób I – Wyznaczenie długości środkowych poprowadzonych do ramion z twierdzenia cosinusów:
Niech punkt $E$ będzie środkiem ramienia $AC$, a punkt $F$ środkiem ramienia $BC$. Ponieważ $|AC| = |BC| = 13\text{ cm}$: $$|AE| = |EC| = |BF| = |FC| = \dfrac{13}{2}\text{ cm}$$ Odcinki $BE$ oraz $AF$ to środkowe poprowadzone do ramion trójkąta. Z symetrii trójkąta równoramiennego wynika równość ich długości: $$|BE| = |AF| = s_b$$ Wyznaczamy cosinus kąta przy podstawie trójkąta ($\angle CAB = \alpha$) z trójkąta prostokątnego $ADC$: $$\begin{aligned} \cos \alpha &= \dfrac{|AD|}{|AC|} = \dfrac{5}{13} \end{aligned}$$ Stosujemy twierdzenie cosinusów w trójkącie $ABE$ dla boku $BE = s_b$: $$\begin{aligned} |BE|^2 &= |AB|^2 + |AE|^2 - 2 \cdot |AB| \cdot |AE| \cdot \cos \alpha \\[8pt] s_b^2 &= 10^2 + \left(\dfrac{13}{2}\right)^2 - 2 \cdot 10 \cdot \dfrac{13}{2} \cdot \dfrac{5}{13} \end{aligned}$$ Wykonujemy obliczenia algebraiczne: $$\begin{aligned} s_b^2 &= 100 + \dfrac{169}{4} - 10 \cdot 5 \\[8pt] s_b^2 &= 100 + \dfrac{169}{4} - 50 \\[8pt] s_b^2 &= 50 + \dfrac{169}{4} \\[8pt] s_b^2 &= \dfrac{200}{4} + \dfrac{169}{4} \\[8pt] s_b^2 &= \dfrac{369}{4} \end{aligned}$$ Pierwiastkujemy obie strony i wyłączamy czynnik przed znak pierwiastka ($369 = 9 \cdot 41$): $$\begin{aligned} s_b &= \sqrt{\dfrac{369}{4}} \\[8pt] &= \dfrac{\sqrt{9 \cdot 41}}{\sqrt{4}} \\[8pt] &= \dfrac{3\sqrt{41}}{2}\text{ cm} \end{aligned}$$
Sposób II – Wyznaczenie długości środkowych z twierdzenia Pitagorasa (metoda rzutowania):
Niech punkt $E'$ będzie rzutem prostokątnym środka ramienia $E$ na podstawę $AB$ ($EE' \perp AB$).

Ponieważ $EE' \parallel CD$, a punkt $E$ jest środkiem boku $AC$, z twierdzenia Talesa (własność linii środkowej w trójkącie $ADC$) otrzymujemy: $$\begin{aligned} |EE'| &= \dfrac{1}{2} \cdot |CD| = \dfrac{1}{2} \cdot 12 = 6\text{ cm} \\[8pt] |AE'| &= \dfrac{1}{2} \cdot |AD| = \dfrac{1}{2} \cdot 5 = \dfrac{5}{2}\text{ cm} \end{aligned}$$ Obliczamy długość odcinka $E'B$: $$\begin{aligned} |E'B| &= |AB| - |AE'| \\[8pt] &= 10 - \dfrac{5}{2} = \dfrac{20}{2} - \dfrac{5}{2} = \dfrac{15}{2}\text{ cm} \end{aligned}$$ W trójkącie prostokątnym $EE'B$ stosujemy twierdzenie Pitagorasa dla przeciwprostokątnej $BE = s_b$: $$\begin{aligned} |BE|^2 &= |EE'|^2 + |E'B|^2 \\[8pt] s_b^2 &= 6^2 + \left(\dfrac{15}{2}\right)^2 \\[8pt] s_b^2 &= 36 + \dfrac{225}{4} \\[8pt] s_b^2 &= \dfrac{144}{4} + \dfrac{225}{4} \\[8pt] s_b^2 &= \dfrac{369}{4} \\[8pt] s_b &= \dfrac{\sqrt{369}}{2} = \dfrac{3\sqrt{41}}{2}\text{ cm} \end{aligned}$$ Obie metody prowadzą do identycznego wyniku.
Rysunek wynikowy z naniesionymi wszystkimi środkowymi trójkąta:
Wszystkie trzy środkowe trójkąta przecinają się w jednym punkcie $S$ (środek ciężkości trójkąta), dzielącym każdą środkową w stosunku $2 : 1$, licząc od wierzchołka:

Odpowiedź:
Długość środkowej poprowadzonej do podstawy wynosi $12\text{ cm}$, a długości środkowych poprowadzonych do ramion wynoszą po $\dfrac{3\sqrt{41}}{2}\text{ cm}$.

Zadanie 4 (2 pkt)

Wyznacz $x$ wiedząc, że proste $AC$ i $BD$ są równoległe:

Wskazówki:

Proste $AB$ i $CD$ przecinają się w punkcie $O$, a odcinki $AC$ i $BD$ są do siebie równoległe ($AC \parallel BD$).
Kąty wierzchołkowe przy punkcie $O$ są równe, a kąty przy prostych równoległych przeciętych sieczną są kątami naprzemianległymi (mają równe miary).
Z równości kątów wynika podobieństwo trójkątów $\triangle OAC \sim \triangle OBD$ (cecha KKK) lub bezpośrednia proporcjonalność wynikająca z twierdzenia Talesa.

Rozwiązanie krok po kroku:

Rysunek pomocniczy i analiza kątów w trójkątach:
Rozpatrujemy dwa trójkąty: $\triangle OAC$ oraz $\triangle OBD$. Wyznaczamy relacje między ich kątami:

1. Kąty $\angle AOC$ oraz $\angle BOD$ są kątami wierzchołkowymi, zatem: $$\sphericalangle AOC = \sphericalangle BOD = \alpha$$ 2. Ponieważ proste $AC$ i $BD$ są równoległe ($AC \parallel BD$), sieczna $AB$ tworzy parę równych kątów naprzemianległych wewnętrznych: $$\sphericalangle CAO = \sphericalangle DBO = \beta$$ 3. Podobnie prosta $CD$ przecinająca proste równoległe $AC$ i $BD$ tworzy drugą parę równych kątów naprzemianległych wewnętrznych: $$\sphericalangle ACO = \sphericalangle BDO = \gamma$$
Ułożenie proporcji i wyznaczenie niewiadomej $x$:
Wartość $x$ wyznaczamy dwoma równoważnymi sposobami:

• Sposób I – Wykorzystanie cechy podobieństwa trójkątów (KKK):
Na podstawie równości wszystkich trzech kątów trójkąty $\triangle OAC$ i $\triangle OBD$ są podobne: $$\triangle OAC \sim \triangle OBD$$ Boki leżące naprzeciw odpowiednich kątów są proporcjonalne:
- Boki leżące naprzeciw kąta $\alpha$: $|AC| = x$ oraz $|BD| = 50$,
- Boki leżące naprzeciw kąta $\gamma$ (leżące na prostej $AB$): $|OA| = 4$ oraz $|OB| = 10$.

Układamy proporcję: $$\dfrac{|AC|}{|BD|} = \dfrac{|OA|}{|OB|}$$ Podstawiamy dane liczbowe: $$\dfrac{x}{50} = \dfrac{4}{10}$$ Upraszczamy ułamek po prawej stronie: $$\dfrac{x}{50} = \dfrac{2}{5}$$ Mnożymy obie strony równania przez $50$: $$\begin{aligned} x &= 50 \cdot \dfrac{2}{5} \\[8pt] x &= \dfrac{100}{5} \\[8pt] x &= 20 \end{aligned}$$ • Sposób II – Bezpośrednie zastosowanie twierdzenia Talesa:
Zgodnie z uogólnionym twierdzeniem Talesa dla prostych przecinających się w punkcie $O$ i przeciętych prostymi równoległymi $AC \parallel BD$, stosunek długości odcinków na prostych równoległych jest równy stosunkowi odpowiadających im odcinków wyznaczonych na ramionach kąta: $$\dfrac{|AC|}{|OA|} = \dfrac{|BD|}{|OB|}$$ Podstawiamy wartości z rysunku: $$\dfrac{x}{4} = \dfrac{50}{10}$$ Dzielimy liczby po prawej stronie: $$\dfrac{x}{4} = 5$$ Mnożymy obustronnie przez $4$: $$\begin{aligned} x &= 4 \cdot 5 \\[8pt] x &= 20 \end{aligned}$$
Interpretacja graficzna rozwiązania i rysunek wynikowy:
Skala podobieństwa większego trójkąta $\triangle OBD$ do mniejszego trójkąta $\triangle OAC$ wynosi: $$k = \dfrac{|OB|}{|OA|} = \dfrac{10}{4} = 2{,}5$$ Oznacza to, że każdy odcinek w trójkącie $\triangle OBD$ jest $2{,}5$ razy dłuższy od odpowiadającego mu odcinka w trójkącie $\triangle OAC$: $$|BD| = k \cdot |AC| \implies 50 = 2{,}5 \cdot 20$$

Odpowiedź:
$x = 20$

Zadanie 5 (2 pkt)

Sprawdź, czy trójkąt o bokach $(\sqrt{3} + 1)\text{ cm}$, $(\sqrt{3} + 1)\text{ cm}$, $2\sqrt{3}\text{ cm}$ jest ostrokątny, prostokątny czy rozwartokątny.

Wskazówki:

Najpierw upewnij się, że spełniony jest warunek trójkąta (suma dwóch krótszych boków musi być większa od boku najdłuższego) i ustal, który bok jest najdłuższy.
Aby zbadać rodzaj kątów trójkąta, oznacz najdłuższy bok jako $c$, a dwa krótsze jako $a$ i $b$, po czym porównaj sumę $a^2 + b^2$ z kwadratem $c^2$:
- jeśli $a^2 + b^2 > c^2$, to trójkąt jest ostrokątny,
- jeśli $a^2 + b^2 = c^2$, to trójkąt jest prostokątny,
- jeśli $a^2 + b^2 < c^2$, to trójkąt jest rozwartokątny.
Zadanie można również uzasadnić, wyznaczając znak cosinusa największego kąta z twierdzenia cosinusów.

Rozwiązanie krok po kroku:

Warunek istnienia trójkąta i ustalenie najdłuższego boku:
Długości boków trójkąta wynoszą: $$ a = \sqrt{3} + 1, \quad b = \sqrt{3} + 1, \quad c = 2\sqrt{3} $$ Trójkąt jest równoramienny, ponieważ dwa jego boki mają identyczną długość $a = b$.
Porównujemy długość ramienia z podstawą, korzystając z przybliżenia $\sqrt{3} \approx 1{,}73$: $$ \sqrt{3} + 1 \approx 1{,}73 + 1 = 2{,}73 $$ $$ 2\sqrt{3} \approx 2 \cdot 1{,}73 = 3{,}46 $$ Ponieważ $2\sqrt{3} - (\sqrt{3} + 1) = \sqrt{3} - 1 > 0$, najdłuższym bokiem trójkąta jest: $$ c = 2\sqrt{3}\text{ cm} $$ Sprawdzamy nierówność trójkąta dla sumy dwóch krótszych boków: $$ a + b = (\sqrt{3} + 1) + (\sqrt{3} + 1) = 2\sqrt{3} + 2 $$ Ponieważ $2\sqrt{3} + 2 > 2\sqrt{3}$, warunek istnienia trójkąta jest spełniony.
Sposób I – Zastosowanie kryterium kwadratów długości boków:
Obliczamy kwadraty długości każdego z boków, stosując wzór skróconego mnożenia na kwadrat sumy $(x+y)^2 = x^2 + 2xy + y^2$: $$ \begin{aligned} a^2 &= (\sqrt{3} + 1)^2 \\[8pt] &= (\sqrt{3})^2 + 2 \cdot \sqrt{3} \cdot 1 + 1^2 \\[8pt] &= 3 + 2\sqrt{3} + 1 \\[8pt] &= 4 + 2\sqrt{3} \end{aligned} $$ Podobnie dla drugiego ramienia: $$ b^2 = (\sqrt{3} + 1)^2 = 4 + 2\sqrt{3} $$ Kwadrat najdłuższego boku wynosi: $$ c^2 = (2\sqrt{3})^2 = 2^2 \cdot (\sqrt{3})^2 = 4 \cdot 3 = 12 $$ Obliczamy sumę kwadratów dwóch krótszych boków: $$ \begin{aligned} a^2 + b^2 &= (4 + 2\sqrt{3}) + (4 + 2\sqrt{3}) \\[8pt] &= 8 + 4\sqrt{3} \end{aligned} $$ Porównujemy sumę $a^2 + b^2$ z wartością $c^2$, badając ich różnicę: $$ (a^2 + b^2) - c^2 = (8 + 4\sqrt{3}) - 12 = 4\sqrt{3} - 4 = 4(\sqrt{3} - 1) $$ Ponieważ $\sqrt{3} > 1$, zachodzi $4(\sqrt{3} - 1) > 0$, a zatem: $$ a^2 + b^2 > c^2 $$ Skoro suma kwadratów dwóch krótszych boków jest ściśle większa od kwadratu najdłuższego boku, kąt leżący naprzeciwko najdłuższego boku jest kątem ostrym. Trójkąt jest zatem ostrokątny.
Sposób II – Wyznaczenie znaku cosinusa największego kąta z twierdzenia cosinusów:
W trójkącie kąt o największej mierze (oznaczmy go jako $\gamma$) leży zawsze naprzeciwko najdłuższego boku $c = 2\sqrt{3}$.
Z twierdzenia cosinusów: $$ c^2 = a^2 + b^2 - 2ab \cos \gamma $$ Wyznaczamy $\cos \gamma$: $$ \cos \gamma = \dfrac{a^2 + b^2 - c^2}{2ab} $$ Wstawiamy wcześniej wyliczone wielkości: $$ \begin{aligned} \cos \gamma &= \dfrac{(8 + 4\sqrt{3}) - 12}{2(\sqrt{3} + 1)^2} \\[8pt] &= \dfrac{4\sqrt{3} - 4}{2(4 + 2\sqrt{3})} \\[8pt] &= \dfrac{4(\sqrt{3} - 1)}{4(2 + \sqrt{3})} \\[8pt] &= \dfrac{\sqrt{3} - 1}{2 + \sqrt{3}} \end{aligned} $$ Usuwamy niewymierność z mianownika, mnożąc licznik i mianownik przez $(2 - \sqrt{3})$: $$ \begin{aligned} \cos \gamma &= \dfrac{(\sqrt{3} - 1)(2 - \sqrt{3})}{(2 + \sqrt{3})(2 - \sqrt{3})} \\[8pt] &= \dfrac{2\sqrt{3} - 3 - 2 + \sqrt{3}}{2^2 - (\sqrt{3})^2} \\[8pt] &= \dfrac{3\sqrt{3} - 5}{4 - 3} \\[8pt] &= 3\sqrt{3} - 5 \end{aligned} $$ Ponieważ $3\sqrt{3} = \sqrt{27} > \sqrt{25} = 5$, otrzymujemy: $$ \cos \gamma = 3\sqrt{3} - 5 > 0 $$ W przedziale $(0^\circ, 180^\circ)$ funkcja cosinus przyjmuje wartości dodatnie wyłącznie dla kątów ostrych, stąd: $$ \gamma \in (0^\circ, 90^\circ) $$ Największy kąt trójkąta jest ostry, co dowodzi, że wszystkie trzy kąty są ostre, a trójkąt jest ostrokątny.

Odpowiedź:
Trójkąt jest ostrokątny.

Grupa B

Zadanie 1 (3 pkt)

Znajdź wielokąt, w którym liczba przekątnych jest 6 razy większa od liczby boków. Oblicz sumę miar kątów wewnętrznych tego wielokąta.