(Microsoft Word - Dr\236avna matura - svibanj vi\232a razina - rje\232enja)

Транскрипт

1 . D. Podijelimo zadanu jednakost s R T, pa dobijemo. D. Pomnožimo zadanu nejednakost sa 6. Dobivamo: p V n =. R T < x < 5. Ovu nejednakost zadovoljavaju cijeli brojevi, 0,,, i 4. i su suprotni brojevi čiji je zbroj jednak 0, pa je traženi zbroj jednak = 9.. D. Imamo redom: m = ρ V = = = = kg. 4. C. Zadane točke su sjecišta traženoga pravca s koordinatnim osima. Njegova jednadžba u segmentnom obliku glasi: x y + = B. Kraća dijagonala usporednika je treća stranica trokuta kojemu su dvije stranice ujedno dvije susjedne stranice usporednika, a kut koji zatvaraju te dvije stranice jednak je šiljastom kutu usporednika. Preostaje primijeniti kosinusov poučak na navedeni trokut: d = cos(74 5') cm 6. C. Ako se iznos S smanji za p%, onda je njegova nova vrijednost jednaka p p S S = S. Ovu formulu primijenimo dva puta: prvi put kad početnu cijenu snižavamo za 0%, a drugi put kad novu cijenu snižavamo za još 0%. Stoga je 0 0 tražena cijena jednaka C = 7 = = 4.56 kn C. Imamo redom: ( ) = ( ) = ( ) = = =. ( ) [ ] f g x f g x f x ( x ) + x + x ( x ) x x 4 8. A. Budući da vrijede jednakosti π sin =, 4 π π sin =, sin = i sin(π) = 0, mr.sc. Bojan Kovačić, viši predavač

2 slijedi da je imaginarni dio broja (cos(π) + i sin(π)) jednak 0. Stoga je taj kompleksan broj ujedno i realan broj. 9. B. Koristeći definiciju apsolutne vrijednosti kompleksnoga broja imamo redom: z i i i = (+ ) = + = + = ( ) + = 4+ 4 = 4 = 4 =. 0. A. Ortogonalna projekcija pravca okomitoga na ravninu π na tu istu ravninu jest jedinstveno probodište (sjecište) pravca i ravnine.. A. Riješimo zasebno svaku jednadžbu, pa utvrdimo pripadaju li dobivena rješenja skupu prirodnih brojeva N = {,,, }. Imamo redom: x + 4 A. = x + 4 = 5 x = 5 4 x = x = N. 5. x = 0 x =, x =. B N N x+ x+ x+ C. = = = x + = x = + x = N. 4 D. log x = x = x = 8 N. Dakle, točno jedna jednadžba (ona pod D.) ima rješenje u skupu N.. C. Odredimo sjecišta zadanoga pravca i zadane krivulje. U tu svrhu riješimo sustav: Izrazimo nepoznanicu y iz prve jednadžbe: x + y = 0, x y = 4 6. y = x. Dobiveni izraz uvrstimo u drugu jednadžbu, pa riješimo dobivenu jednadžbu po nepoznanici x. Imamo: 4 ( ) 6 4 (9 6 ) x x = x x + x = x + x x = + 4 ( 5) x + 6 x 45 = 0 x + x 5 = 0 x = = = = = = = 5, x = = =. mr.sc. Bojan Kovačić, viši predavač

3 Za x = 5 pripadna vrijednost nepoznanice y jednaka je y = 5 =. Za x = pripadna vrijednost nepoznanice y jednaka je y = ( ) = + = 6. Dakle, sjecišta zadanoga pravca i zadane krivulje su točke S = (5, ) i S = (, 6). Tražena duljina tetive jednaka je duljini dužine SS. Ta je duljina jednaka udaljenosti točaka S i S u pravokutnom koordinatnom sustavu u ravnini. Stoga konačno dobivamo: [ ] d = S S = + = + = + = = = ( 5) 6 ( ) ( 8) jed.. A. Budući da je V > 0000 kn, ukupnu proviziju dobijemo tako da na iznos od 0000 kn obračunamo proviziju na način opisan u I., a na iznos od V 0000 kn obračunamo proviziju od %. Iznos provizije na iznos od kn jednak je P = ( ) = 5000 = = 8 50 = 400 kn Iznos provizije na iznos od V 0000 kn jednak je: P = ( V 0000) = V 0000 = 0. V 00 = 0. V 00 kn Stoga je ukupni prihod trgovca u promatranom mjesecu jednak: P = P + P = V 00 = 0. V + 00 kn. 4. A. Neka je β kut pravokutnoga trokuta kojemu je duljina nasuprotne katete jednaka 4, a duljina priležeće katete jednaka x. Stoga je: 4 tg β =. x Nasuprot kuta α + β je kateta duljine 4 + = 7, dok je pripadna priležeća kateta jednaka x. Stoga je: 7 tg( α + β ) =. x Prema adicijskom poučku za funkciju tangens vrijedi jednakost: tg α + tg β tg( α + β ) =. tg α tg β mr.sc. Bojan Kovačić, viši predavač

4 U ovu jednakost uvrstimo jednakosti 4 tg β = i x 7 tg( α + β ) =, pa dobijemo: x 5. B. Imamo redom: 4 7 tg α + = x, x 4 tg α x x tg α = x, x x 4 tg α x 7 x tg α + 4 =, x x 4 tg α 7 ( x 4 tg α) = x ( x tg α + 4), x = x + x 7 8 tg α tg α 4, x = x x 8 tg α tg α 4 7, x + α = x x + ( 8) tg / : ( 8) x tg α =. x + 8 sin(4 x) /, sin(4 x) / +, + sin(4 x) + +, sin(4 x) + 4 / x sin(4 x) + 4, f ( x) 6, f ( x) 6. 4 Odatle slijedi da je skup svih vrijednosti zadane funkcije segment, Npr. 0. Svi prirodni brojevi koji pri dijeljenju brojem a N daju ostatak b N 0 = {0,,, } tvore aritmetički niz (c n ) n N čiji je opći član definiran propisom c n = n a + b. U mr.sc. Bojan Kovačić, viši predavač 4

5 našem je slučaju a = i b = 0, pa dobivamo aritmetički niz čiji je opći član definiran propisom c n = n + 0. Tražimo neki član toga niza koji je strogo veći od 04. Riješimo nejednadžbu: Imamo redom: n + 0 > 04. n + 0 > 04, n > 04 0, n > 004, 004 n > Dakle, za n trebamo uzeti neki prirodan broj iz skupa {8, 84, 85, }. Za n = 8 dobivamo c 8 = = 0. Stoga svi traženi brojevi tvore niz (d n ) n N čiji je opći član definiran propisom d n = (n + 8) + 0 = n Izrazimo obje površine u četvornim metrima. Najprije imamo: 5 katastarskih jutara = m = m. Površinu od 000 četvornih hvati izražavamo u četvornim metrima koristeći jednostavno trojno pravilo: Odavde slijedi razmjer: Njegovim rješavanjem dobivamo: Stoga je ukupna površina imanja jednaka 600 četvornih hvati m 000 četvornih hvati x m x : = 000 : x = , 600 x = / :600 x = 79. P = = 95.9 m. mr.sc. Bojan Kovačić, viši predavač 5

6 8..) 0. Treba izračunati vrijednost funkcije k = k(t) = t 5 za t = 5. Imamo: k(5) = 5 5 = (5 ) 5 = 5 5 = 5 5 = 5 5 = 0..) 00. Treba riješiti jednadžbu k(t) = 995 po varijabli t. Imamo redom: k( t) = 995, t t t t 5 = 995, = , = 000, = 0 / t = (0 ), t t = 0, = 0, t = ) a + ili + a. Zbog a 0 = i a a = a + = a = a odmah dobivamo da je zadani izraz jednak + ( ) ( ) a = + a..) x 5. Koristimo identitet x 5 = (x 5) (x + 5) koji se lako dobiva iz formule za razliku kvadrata. Imamo redom: x + x 40 x + x 40 ( x 5) x + x 40 x + 50 = = = x 5 x 5 x 5 x + 0 ( x + 5) = = =. x 5 ( x 5) ( x + 5) x 5 0..) x 8 8 x ili x, 5 5. Imamo redom: mr.sc. Bojan Kovačić, viši predavač 6

7 ( x) ( x ) + 9 0, 6 x x , 5 x 9 6, 5 x 8 / :8 x 8 5 Dakle, rješenje nejednadžbe je bilo koji realan broj koji nije strogo veći od 8 5. Svi takvi brojevi tvore skup 8, 5..) x R \, =,, Promotrimo kvadratnu funkciju f (x) = = x x + = x + x. Budući da je koeficijent uz x jednak, odnosno strogo pozitivan realan broj, promatrana kvadratna funkcija poprima nenegativne vrijednosti na intervalu koji se dobije kad se iz skupa R izbaci otvoreni interval odreñen nultočkama te funkcije. Iz jednadžbi x = 0 i x + = 0 5 slijedi x = i x =. Dakle, iz skupa R treba izbaciti otvoreni interval,. 5 5 Tako se dobije skup R \,. Taj skup je zapravo skup svih realnih brojeva koji nisu 5 strogo veći od ili nisu strogo manji od. Svi realni brojevi koji nisu strogo veći od 5 tvore poluotvoreni interval, 5 5, a svi realni brojevi koji nisu strogo manji od tvore skup, +. Stoga je rješenje zadatka unija tih dvaju skupova, tj. x R \, =,, mr.sc. Bojan Kovačić, viši predavač 7

8 ..) =. Prvi član niza je g g 560 = 50. Količnik niza jednak je q = = =. g 50 Stoga je. član niza jednak: g :04 5 = g q = 50 = = = = : 04 4.) 8. Označimo prvi član promatranoga aritmetičkoga niza s a, a razliku niza s d. Iz zadanih podataka dobivamo sljedeći sustav dviju linearnih jednadžbi s dvije nepoznanice: 0 = a5 = a + (5 ) d, a + 4 d = 0, 4 = a5 = a + (5 ) d a + 4 d = 4. Oduzimanjem druge jednadžbe od prve dobivamo Odatle dijeljenjem s 0 slijedi dobijemo: 0 d = 4. 4 d = =. Uvrštavanjem 0 5 a + 4 = 0, 5 8 a =. 5 Stoga je zbroj prvih 5 članova promatranoga niza jednak d = u prvu jednadžbu sustava S5 = ( a + a5 ) = + 4 = = = = = ) y = x 4 x. Iz slike vidimo da parabola prolazi točkama (0, 0) i (4, 0), pa njezina jednadžba ima oblik y = a (x 0) (x 4) = a x (x 4). Takoñer, vidimo da parabola ima tjeme u točki (, 4), pa uvrštavanjem x = i y = 4 u gornji izraz za y dobivamo: 4 = a ( 4), 4 = a ( ), 4 a = 4. Odatle dijeljenjem s ( 4) slijedi a =. Dakle, jednadžba parabole je y = x (x 4), odnosno y = x 4 x. mr.sc. Bojan Kovačić, viši predavač 8

9 .) 4. U izraz za funkciju g uvrstimo x =. Tako dobijemo: g ( ) = f ( + ) + = f ( ) +. Iz slike vidimo da graf funkcije f prolazi točkom (, ), što znači da je f ( ) =. Stoga je g ( ) = f ( ) + = + = 4...) 0, 9. Iz slike očitamo koordinate točke K. One su K = (, ). Iz točke M u točku N dolazimo tako da se najprije pomaknemo za 4 mjesta udesno, a potom za mjesta prema gore (ili obrnuto). (To zapravo znači da je MN = 4 i + j.) Stoga ćemo u točku L doći tako da se iz točke K pomaknemo najprije za 4 = 8 mjesta udesno, a potom za = 6 mjesta prema gore. (Time ćemo postići da bude KL = MN = (4 i + j) = 8 i + 6 j.) Pomak za 8 mjesta udesno algebarski naznačujemo dodavanjem broja 8 prvoj koordinati točke K, a pomak za 6 mjesta prema gore dodavanjem broja 6 drugoj koordinati točke K. Tako dobivamo: L = ( + 8, + 6) = (0, 9). 5.) k > ili k > -.5. Kut ϕ izmeñu dvaju radijvektora a i b odreñen je izrazom a b cosϕ =. Ako niti jedan od tih radijvektora nije jednak nulvektoru, onda je nazivnik a b na desnoj strani toga izraza uvijek strogo pozitivan realan broj (jer su duljine radijvektora strogo pozitivni realni brojevi). Iz zahtjeva da kut ϕ treba biti šiljast, odnosno zahtjeva π ϕ 0, slijedi 0 < cos ϕ jer je slika restrikcije funkcije f (x) = cos x na interval π 0, jednaka poluzatvorenom intervalu 0, ]. Meñutim, za svaki kut ϕ je cos ϕ, a b pa je dovoljno da vrijedi nejednakost cos ϕ > 0. Dakle, razlomak mora biti strogo a b veći od nule. Ranije smo zaključili da je njegov nazivnik strogo veći od nule, pa će cijeli razlomak biti strogo veći od nule ako i samo ako je njegov brojnik strogo veći od nule. Tako smo dokazali sljedeću tvrdnju. Tvrdnja. Neka su a i b radijvektori takvi da je a, b 0. Kut izmeñu tih radijvektora je šiljast ako i samo ako je a b > 0. mr.sc. Bojan Kovačić, viši predavač 9

10 Izračunamo skalarni umnožak zadanih radijvektora: a b = k = k. Uvrštavanjem ovoga izraza u zahtjev a b > 0 dobivamo: Odatle dijeljenjem s 4 slijedi k > k > 0, 4 k > = ) (x 4) + (y 4) = 5 ili x + y 8 x 8 y + 7 = 0.. Ucrtajmo zadane točke u pravokutni koordinatni sustav u ravnini. Uočimo da je trokut ABC pravokutan trokut s pravim kutom kod vrha C. Stoga je središte S trokutu opisane kružnice ujedno i polovište stranice trokuta nasuprot vrhu C, tj. stranice AB: S = P AB =, =, = (4, 4). Duljina promjera opisane kružnice jednaka je duljini stranice AB, pa je duljina polumjera kružnice r jednaka polovici duljine stranice AB. Stoga je: r = AB = AB = (0 8) + (7 ) = ( 8) + 6 = (64 + 6) = 00 = Dakle, jednadžba kružnice glasi k (x 4) + (y 4) = 5 ili, u razvijenom obliku, x + + y 8 x 8 y + 7 = 0..) Vidjeti Sliku. Iz zadane jednadžbe razabiremo da je tražena krivulja elipsa. Osnovni parametri te elipse su a = 9 i b = 4. Odatle je a = i b =. Dakle, elipsa prolazi točkama A = (, 0), A = (, 0), B = (0, ) i B = (0, ). Ona je prikazana na Slici. Slika. mr.sc. Bojan Kovačić, viši predavač 0

11 5..) x > ili x, +. Imamo redom: x x+ 4 + >, x 4 ( + ) >, 9 x 4 4 > / :4 9 x >, 9 x > 9, x ( + ) >, x ( ), > x ( ), > x >. Usporedbom eksponenata odmah dobivamo x >, odnosno x, +..) x =. Primijetimo da rješenje jednadžbe mora zadovoljavati nejednakosti x 5 0 i x 0. Prva od tih dviju nejednakosti je posljedica činjenice da je drugi korijen definiran samo za nenegativne realne brojeve, dok je druga nejednakost posljedica činjenice da je drugi korijen iz nenegativnoga realnoga broja opet nenegativan realan broj. Lijeva strana polazne jednadžbe je, dakle, nenegativan realan broj, pa takva mora biti i desna strana polazne jednadžbe. Uvažavajući navedene nejednakosti kvadriramo zadanu jednadžbu. Imamo redom: ( x ) 5 = ( x ), 5 = +, x x x + = + 5, x x x x = 6. Odatle dijeljenjem s slijedi x =. Za x = vrijede nejednakosti 5 = 9 5 = 4 0 i = 0, pa je taj broj jedino rješenje polazne jednadžbe. mr.sc. Bojan Kovačić, viši predavač

12 6..) 0 x + cos x. Primijenimo pravilo za deriviranje zbroja funkcija, te tablicu derivacija elementarnih funkcija. Tako odmah dobivamo: f x x x x x x x x x '( ) = (5 )' + (sin )' = 5 ( )' + cos = cos = 0 + cos. π π π.). x = + k π i x = + k π ili kraće x = ± + k π, pri čemu je k Z. Iz zadane jednadžbe slijedi cos x =, odnosno cos x =. Temeljni period funkcije cos x je T = π, pa je zadanu jednadžbu dovoljno riješiti na bilo kojem segmentu širine π. Odaberimo segment [ π, π]. U segmentu [0, π] jednadžba cos x = ima jedinstveno rješenje x = arcos = π. cos x je parna funkcija, pa vrijedi jednakost cos( x) = cos x. Odatle zaključujemo da je x = π rješenje promatrane jednadžbe u π segmentu [ π, 0]. Stoga su sva rješenja zadane jednadžbe x = + k π i π x = + k π, pri čemu je k Z. Ta dva zapisa možemo objediniti u jedan: π x = ± + k π, k Z. 7..) Pravilan šesterokut se sastoji od šest jednakostraničnih trokutova kojima je duljina stranice jednaka duljini stranice šesterokuta. Površina jednoga od tih trokutova jednaka je P = a, gdje je a duljina stranice trokuta. Stoga je tražena površina 4 šesterokuta šest puta veća i iznosi: P a a 4 = 6 = = cm..) 69 54'5''. Pretpostavimo da su AB = c, AC = b, BC = a, α mjera kuta pri vrhu A, β mjera kuta pri vrhu B i γ mjera kuta pri vrhu C. Primjenom sinusova poučka dobijemo: sin β b, sinγ = c mr.sc. Bojan Kovačić, viši predavač

13 Odavde je b 4.8 sin β = sinγ = sin 7 = c 7.4 β = Stoga je kut kod vrha A jednak α = 80 (β + γ) = 80 ( ) = = = 69 54'5''..) Vrtnjom kvadrata oko njegove dulje dijagonale nastaje tijelo kojega tvore dva sukladna stošca. Duljina promjera osnovke jednoga od tih stožaca jednaka je duljini dijagonale kvadrata. Duljina visine jednoga od tih stožaca jednaka je polovici duljine dijagonale kvadrata. Označimo li duljinu stranice kvadrata s a, polumjer osnovke stošca s r, a visinu stošca s h, iz navedenoga slijedi: Odavde je pa dobivamo: r = a i h = a. r = h = a, V = Vs = B h = r π h = a π a = a π a = π a. 4 6 U ovaj izraz uvrstimo a = 8, pa konačno dobijemo: 56 V π π π 6 6 = 8 = 5 = cm. 8..) D f = 5, 4. Argument bilo koje logaritamske funkcije (tj. logaritmand) nužno mora biti strogo pozitivan realan broj. Tako dobivamo sustav nejednadžbi: Riješimo taj sustav. Imamo redom: 4 x > 0, x 5 > 0. mr.sc. Bojan Kovačić, viši predavač

14 4 x > 0, x > 4, x < 4,. x 5 > 0 x > 5 x > 5. Stoga je domena zadane funkcije skup svih realnih brojeva koji su istodobno strogo manji od 4 i strogo veći od 5. Svi takvi brojevi tvore interval 5, 4. Dakle, D f = 5, 4..) Vidjeti Sliku. Baza zadane funkcije je b = >, pa je zadana funkcija strogo rastuća. Funkcija je definirana samo za strogo pozitivne realne brojeve, pa je D f = 0, +. Uspravna asimptota grafa funkcije je os y, tj. pravac x = 0. Nekoliko vrijednosti te funkcije navedeno je u sljedećoj tablici. x 4 f(x) 0 Tablica. Te točke ucrtamo u pravokutni koordinatni sustav u ravnini i spojimo jednom krivuljom. Dobivamo krivulju prikazanu na Slici. Slika. k.). Koristimo identitet log b( a ) = k logb a koji vrijedi za sve a > 0, b > 0, b i k k R. Imamo redom: log log a log a ( a ) = = = =. log ( a ) log ( a ) k log a k k k k mr.sc. Bojan Kovačić, viši predavač 4

15 9..) ( x y) ( x y + ). Uočimo da vrijedi identitet: ( x y) = 4 x x y + 9 y. Stoga posebno grupiramo prva tri, a posebno posljednja dva pribrojnika. Dobivamo: 4 x x y + 9 y + x y = (4 x x y + 9 y ) + ( x y) = ( x y) + ( x y) = ( x y) [( x y) + ] = ( x y) ( x y + + )..) x =, x =, x = i, x 4 = i. Zamijenimo t := x. Dobivamo kvadratnu jednadžbu t 5 t 6 = 0. Riješimo tu jednadžbu. Imamo: 5 + ( 5) 4 ( 6) t = = = = = = = 9, 5 8 t = = = 4. Iz jednadžbe x = 9 odmah slijedi x = i x =. Iz jednadžbe x = 4 slijedi x = i i x 4 = i. Stoga je skup svih rješenja zadane jednadžbe S = {,, i, i}. 6 4.) ( x, y) =,. Pretpostavimo najprije da je x y 0. Tada je x y = x y, pa 5 5 imamo sustav: x + y = 6, x y = x. Riješimo taj sustav. Zbrajanjem jednadžbi dobijemo odnosno odnosno x = 6 + x, x x = 6, x = 6. Dijeljenjem s ( ) slijedi x = 6. Iz prve jednadžbe sustava slijedi y = 6 x = 6 ( 6) =. mr.sc. Bojan Kovačić, viši predavač 5

16 Tako smo dobili ureñeni par (x, y) = ( 6, ). Meñutim, za taj ureñeni par nije istinita nejednakost x y 0 jer je x y = 6 = 8 < 0. Stoga navedeni ureñeni par nije rješenje polaznoga sustava. Pretpostavimo sada da je x y < 0. Tada je x y = (x y) = x + y, pa imamo sustav: x + y = 6,. x + y = x. Oduzmemo drugu jednadžbu od prve, pa dobijemo odnosno odnosno x ( x) = 6 x, x + x + x = 6, 5 x = 6. Dijeljenjem s 5 slijedi 6 x =. Iz prve jednadžbe sustava slijedi 5 y = 6 x = = = = Tako smo dobili ureñeni par x y < 0 jer je 6 4 ( x, y) =,. Za taj je ureñeni par istinita nejednakost x y = = < Dakle, jedino rješenje polaznoga sustava jednadžbi je 6 4 ( x, y) =, )., 5;,. Odredimo prvu i drugu derivaciju zadane funkcije f. Primijenimo pravila za deriviranje zbroja funkcija, te pravilo za deriviranje potencija. Imamo redom: mr.sc. Bojan Kovačić, viši predavač 6

17 f x x x x x x x x '( ) = ( )' + ( )' ( )' + ()' = = 6 + 6, [ ] f x f x x x x x x x ''( ) = '( ) ' = (6 + 6 )' = (6 )' + (6 )' ()' = = + 6. Kandidate za lokalne ekstreme (stacionarne točke) dobijemo kao realne nultočke prve derivacije zadane funkcije. Stoga riješimo jednadžbu odnosno, nakon dijeljenja sa 6, jednadžbu Imamo: 6 x + 6 x = 0, x + x = 0. + ( ) 4 ( ) x = = = = = = =, 4 x = = =. Izračunajmo vrijednosti druge derivacije f ''(x) za x = i x =. Imamo: f ''() = + 6 = + 6 = 8, f ''( ) = ( ) + 6 = = 8. Očito je f ''() = 8 > 0 i f ''( ) = 8 < 0. Prema f '' testu zaključujemo: za x = funkcija f ima lokalni minimum i taj je minimum jednak f () = + + = + + = + + = 5. Stoga smo dobili točku T = = (, 5). za x = funkcija f ima lokalni maksimum i taj je maksimum jednak f ( ) = ( ) + ( ) ( ) + = ( 8) = =. Stoga smo dobili točku T = (, ). Dakle, točka lokalnoga minimuma zadane funkcije je T = (, 5), a točka lokalnoga maksimuma T = (, ) π m. Prema pretpostavci je A diralište tangente, pa je kut trokuta S AT pri tom vrhu pravi kut. Analogno zaključujemo da je kut trokuta S BT pri vrhu B pravi kut. Stoga su pravokutni trokutovi S AT i S BT sukladni jer imaju zajedničku hipotenuzu ST i jednake duljine dviju kateta SA = SB = r. (Za korektan dokaz sukladnosti dovoljno je najprije primijeniti Pitagorin poučak, pa potom poučak S S S). mr.sc. Bojan Kovačić, viši predavač 7

18 Odatle zaključujemo da je kut kod vrha T trokuta S AT jednak kutu kod vrha T trokuta S BT. To znači da je dužina ST simetrala kuta ATB. Stoga je pravac S S istodobno simetrala kuta ATB i simetrala kuta CTD. Na potpuno analogan način promatrajući pravokutne trokutove S CT i S DT zaključujemo da je dužina S T simetrala kuta CTD. Meñutim, očito je ATB = CTD (suplementni kutovi). Iz dokazane tvrdnje da je pravac S S zajednička simetrala kutova ATB i CTD odatle slijedi da je ATS = CTS. Tako smo utvrdili da pravokutni trokutovi S AT i S CT imaju dva sukladna kuta: pravi kut i ATS = CTS. Prema poučku K K K uočeni trokutovi su slični. Označimo x = ST. Tada je ST = SS ST = 80 x. Uvrštavanjem tih vrijednosti, S A = = i SC = r = 60 u razmjer r 0 dobijemo: Riješimo taj razmjer uobičajenim načinom: S A : S T = S C : S T 0 : x = 60 : (80 x). 0 (80 x) = 60 x / : 0 80 x = x, x + x = 80, x = 80. Odatle dijeljenjem s dobijemo x = 60. Sada primjenom Pitagorina poučka možemo izračunati duljine ravnih dijelova staze: 60 0 ( 0) AT = BT = S T r = x r = = = = = = = = 0 (4 ) 0 0 0, (80 ) (80 60) CT = DT = S T r = x r = = = = = = = = = ( 60) (4 ) mr.sc. Bojan Kovačić, viši predavač 8

19 Preostaje odrediti duljinu kružnih dijelova staze. Neka je ϕ kut kod vrha S u trokutu S AT. U tome trokutu znamo duljine svih triju stranica, pa primjenom npr. funkcije kosinus dobivamo: cos S A ϕ = = = =. S T r x 0 60 Odatle je ϕ = 60. Zbog sukladnosti pravokutnih trokutova S AT i S BT je AS T = = BS T = ϕ = 60. Dakle, luk kružnice AB ima pripadni polumjer r = 0 i središnji kut α = 60 (ϕ + ϕ) = 60 α = = 60 0 = 40, pa je njegova duljina r π α 0 π = = = π = 40 π. l Iz potpuno analognih razloga (ista mjera središnjega kuta koja slijedi izravno iz ranije spomenute sličnosti trokutova S AT i S CT) duljina luka kružnice CD jednaka je: Dakle, tražena duljina staze je jednaka r π α 60 π = = = π = 80 π. l d = AB + CD + AT + BT + CT + DT = 40 π + 80 π = = 0 π m. mr.sc. Bojan Kovačić, viši predavač 9