1) A háromszög három oldalaira a háromszög-egyenlőtlenségnek kell teljesülnie; bármelyik két oldal összege nagyobb kell, hogy legyen a harmadik oldalnál. Mivel ha a legnagyobb oldal szerepel az összegben, így az összeg biztosan nagyobb a harmadik oldalnál, így a fenti egyenlőtlenség úgy is felírható, hogy a két kisebb oldal összege kell, hogy nagyobb legyen a legnagyobb oldalnál. Eszerint az ismeretlen, x oldal hossza kétféle lehet;

-ha az a legnagyobb, vagyis x≥10, akkor ennek az egyenlőtlenségnek kell teljesülnie: 6+10>x, vagyis x>16. A két egyenlőtlenség a 10;11;12;13;14;15 számok esetén teljesül, tehát a harmadik oldal hossza ennyi lehet.

-ha a 10 a legnagyobb, vagyis x<10, akkor az egyenlőtlenség: x+6>10, vagyis x>4, a két egyenlőtlenség az 5;6;7;8;9 számok esetén fog teljesülni.

Tehát a harmadik oldal hossza 11-féle lehet, ennyi háromszög szerkeszthető.

b) Ha van köztük derékszögű, akkor valamelyikre teljesül Pitagorasz tétele. Vagy felírjuk az összes eshetőségre a tételt, vagy pedig megoldjuk a fenti esetszétválasztás szerint;

-ha x a legnagyobb, akkor ez lesz az átfogó, tehát 6²+10²=x², vagyis 136=x². Ha tanultál gyökvonást, akkor gyököt vonsz belőle, és látod, hogy x értéke nem lesz egész, tehát abban az esetben, amikor az ismeretlen oldal a legnagyobb, nincs derékszögű háromszög. Ha nem tanultál gyökvonást, akkor végignézed az egész számok négyzeteit, és azt kapod, hogy 11²=121, 12²=144, és értelemszerűen nagyobb szám négyzete nagyobb, ezért nincs olyan egész szám, amelynek négyzete 136 lenne.

-ha a 10 a legnagyobb, akkor x² + 6² = 10², erre x²=64-et kapjuk, ennek megoldása pedig könnyen látható, x=8. Tehát a 6-8-10 cm oldalú háromszög lesz derékszögű a lehetőségek közül, így a kérdésre a válasz az, hogy igen.

c) A két háromszög a 6-6-10 és 6-10-10 cm hosszúak. A területhez valamelyik oldalhoz tartozó magasságot érdemes kiszámolni, és mivel tudjuk, hogy az alaphoz tartozó magasság felezi az alapot, így érdemes azt kiszámolni;

-6-6-10 esetén a magasság olyan derékszögű háromszögre bontja a háromszöget, amelynek egyik befogója 10/2=5 cm, átfogója 6 cm, és ha m-mel jelöljük a magasságot, akkor Pitagorasz tétele szerint: m² + 5² = 6², ennek megoldása m=√ 11 , tehát a magasság √ 11  cm hosszú. A háromszög területképlete szerint a háromszög területe (10*√ 11 )/2=5*√ 11  cm². A feladat azt kéri, hogy ezt két tizedesjegy pontossággal kerekítve adjuk meg. A pontos kerekítést akkor kapjuk meg, hogyha átírjuk a fenti számot úgy, hogy összesen 1 gyökjel szerepeljen benne, ehhez használjuk a √a*√b=√ a*b  azonosságot;

5*√ 11  = √ 25 *√ 11  = √ 25*11  = √ 275 , és ebből vonunk gyököt; 16,58 cm. Ha úgy számolunk, hogy a √ 11 =~3,32-es kerekítéssel számolunk, akkor 5*3,32=16,6-et kapjuk eredménynek, így látható, hogy 8 századot elvesztettünk, ezért volt érdemesebb a fenti eljárást választani. Ha mégsem ezt választanánk, akkor a gyökös kifejezést több tizedesjegyre kell kerekíteni (mondjuk 6 elég, de minél több, annál jobb).

-6-10-10 esetén az egyik befogó hossza 6/2=3 cm, így Pitagorasz tétele: m² + 3² = 10², ennek megoldása m=√ 91 , vagyis a magasság √ 91  cm hosszú, így maradva az első variációnál:

(6*√ 91 )/2 = 3*√ 91  = √9 * √ 91  = √ 9*91  = √ 819  =~28,62 cm.

2. A rombuszról azt kell tudni, hogy a két átellenes szöge ugyanakkora, vagyis ha az egyik szöge 60°-os, akkor vele szemközt is az van. A másik két szög nagyságát többféle módon is ki lehet számolni, de talán a legegyszerűbb arra hivatkozni, hogy az átlók felezik a szögeket, így a rombuszt két egyenlő szárú háromszögre bontják, ahol az alapon fekvő szögek nagysága 60°/2=30°. Tetszőleges háromszög belső szögeinek összege 180°, így a harmadik szög nagysága, egyben a rombusz másik szöge, 120°-os. A rombusz ezen szögére is igaz, hogy az átló felezi, emiatt ez az átló a rombuszt két szabályos háromszögre bontja (mivel mindegyik szöge 60°-os lesz), tehát a 120°-os szöget felező átló hossza 10 cm.
A rombusz átlói merőlegesen felezik egymást, ezért a másik átló fele egyben a szabályos háromszög magassága lesz. A magasságot ugyanúgy számoljuk ki, mint az előző feladatban; a magasság két olyan derékszögre bontja a szabályos háromszöget, amelyben az átfogó hossza 10 cm, a befogók hossza 5 és x cm, ekkor Pitagorasz tétele:

5² + x² = 10², erre x=√ 75  adódik. Az átló két ilyenből áll, tehát az átló hossza 2*√ 75  cm.

A rombusz speciális deltoid, így annak területképletével is számolható a terület; átlók szorzata/2 = (10*2*√ 75 )/2 = 10*√ 75  = √ 100  * √ 75  = √ 100*75  = √ 7500  cm, igény szerint lehet kerekíteni.

3) Tetszőleges n oldalú sokszög belső szögeinek összege 180°*(n-2). Mivel a szabályos sokszög minden szöge ugyanakkora, és n darab van belőlük, ezért 1 belső szöge 180°*(n/2)/n nagyságú. Esetünkben n=12, így 180°*(12-2)/12=150°-osak a belső szögek.
Az átlók számát az n*(n-3)/2 adja meg, így 12*(12-3)/2=54 átlója van.

4a) Az r sugarú kör kerülete 2*r*π, területe r²*π, így a fenti kör kerülete 2*12*π=24π cm, területe 12²*π=144π cm², igény szerint lehet kerekíteni őket. Ha a π=~3,14-es kerekítést választod, akkor a kör kerülete 75,36 cm, területe 452,16 cm²

b) Az érintő, így az érintőszakasz is merőleges a kör sugarára, ezért kapunk egy derékszögű háromszöget, ahol az átfogó hossza a kör középpontjának távolsága, vagyis 12+3=15 cm, az egyik befogó a kör sugara, vagyis 12 cm, így ha a harmadik oldal x, akkor Pitagorasz tétele szerint:

12² + x² = 15², ennek megoldása x=9, tehát az érintőszakasz hossza 9 cm.

c) A teljes kör középponti szöge 360°. Ha ezt felosztjuk sugárirányban 12 egyenlő részre, akkor kapjuk meg a 30°-os körcikkeket. Ezek a körcikkek egybevágóak, tehát a körívek hosszai is mind egyenlőek, tehát a teljes körívet is 12 egyenlő részre osztottuk, így a körcikkhez tartozó körív hossza 24π/12=2π cm, igény szerint kerekíthető.

d) Ebben az esetben a kör területe 18²*π=324π cm².

5.) A legegyszerűbb megoldás a magasságtétel használata; m=√ p*q , ahol m a magasság, p és q az átfogó két kisebb része, így az átfogóhoz tartozó magasság √ 3*5  = √ 15  cm hosszú. Érdemes gyökös alakban hagyni, meg is látjuk, miért; a magasság két kisebb derékszögű háromszögre bontja a háromszöget, így erre is felírható Pitagorasz tétele; az egyik esetben a befogók hossza 3 cm és √ 15  cm, és ha az étfogó x, akkor:

3² + √ 15 ² = x², vagyis 9+15=x², ennek megoldás √ 24 =x.

A másik kisebb háromszögben a befogók hossza 5 cm és √ 15  cm, az átfogót y-bal jelölve:

5² + √ 15 ² = y², vagyis 25+15 = y², ennek eredménye √ 40 =y.

A háromszög átfogójának hossza 3+5=8 cm. Thalesz tételének értelmében tudjuk, hogy a derékszögű háromszög köréírt körének átmérője a háromszög átfogója, vagyis 8 cm, ennek fele a sugár, vagyis 4 cm.