MATeMAtyka 1. Zbiór zadań — strona 279

W równoległoboku $\angle ABC=180^\circ-70^\circ=110^\circ$. Ponieważ $\angle ABD=40^\circ$, mamy $\angle DBC=70^\circ$. W trójkącie $DBC$ także $\angle BCD=70^\circ$, więc $DB=DC$. Odcinek od $D$ do środka podstawy $BC$ jest medianą w trójkącie równoramiennym, a zatem również wysokością i jest prostopadły do $BC$.

Wszystkie kąty są dodatnie. Ponieważ $\alpha$ jest najmniejszy, $3\alpha\le180^\circ$, więc $\alpha\le60^\circ$. Gdyby $\beta\ge90^\circ$, to $\beta+\gamma\ge180^\circ$, co jest niemożliwe. Największy kąt spełnia $3\gamma\ge180^\circ$, więc $\gamma\ge60^\circ$, a zarazem $\gamma<180^\circ$.

Niech dwusieczne kątów $A$ i $B$ przecinają się w środku okręgu wpisanego $I$. W trójkącie $AIB$:

Ustalmy bok kwadratu równy $1$ i przyjmijmy $A=(0,0)$, $B=(1,0)$, $D=(0,1)$, $C=(1,1)$. Trzeci wierzchołek trójkąta równobocznego ma współrzędne $S=(\frac12,\pm\frac{\sqrt3}{2})$. Obliczenie kąta między wektorami $\overrightarrow{SD}$ i $\overrightarrow{SC}$ daje w dwóch położeniach odpowiednio $30^\circ$ i $150^\circ$.

Dwusieczna kąta $150^\circ$ tworzy z każdym jego ramieniem kąt $75^\circ$. Ponieważ $BD$ jest do niej równoległa, w trójkącie $BCD$ kąty przy $B$ i $D$ mają po $75^\circ$. Trzeci kąt ma $180^\circ-2\cdot75^\circ=30^\circ$.

Ze skanu widać, że każda przekątna tworzy z dłuższym bokiem prostokąta kąt $22^\circ$, bo kąt ostry między przekątnymi ma $44^\circ$. Złożenie odbija bok względem przekątnej, więc zaznaczony kąt rozwarty jest dopełnieniem $44^\circ$ do $180^\circ$.

Każda dwusieczna kąta prostokąta tworzy z jego bokami kąt $45^\circ$. Dwusieczne sąsiednich kątów są więc prostopadłe, a przeciwległych — równoległe. Ich kolejne punkty przecięcia tworzą prostokąt. Symetrie prostokąta względem prostych przechodzących przez środki przeciwległych boków zamieniają jego sąsiednie boki, więc mają one równe długości. Otrzymany prostokąt jest kwadratem.

Oznaczmy kąty przy podstawie trójkąta przez $\alpha$. W prostokątnym trójkącie $PCQ$ kąt przy $P$ ma $2\alpha-90^\circ$. Ponieważ $A,P,C$ są współliniowe, $\angle APQ=270^\circ-2\alpha$. Z warunku $AP=PQ$ trójkąt $APQ$ jest równoramienny, więc $\angle PAQ=\alpha-45^\circ$. Zatem

Niech ostre kąty przy $B,C$ mają miary $\beta,\gamma$, więc $\beta+\gamma=90^\circ$. Środek przeciwprostokątnej $S$ jest środkiem okręgu opisanego, dlatego $AS=CS$ i $\angle BAS=\beta$. Dwusieczna $AD$ tworzy z $AB$ kąt $45^\circ$, a wysokość $AH$ — kąt $\gamma$. Wobec tego

Równe ramiona oznaczają, że trapez jest równoramienny. Niech $x$ będzie kątem przy dłuższej podstawie. W trójkącie utworzonym przez dłuższą podstawę i równą jej przekątną kąty przy podstawie mają po $x$, a trzeci ma $180^\circ-2x$. W trójkącie wyznaczonym przez krótszą podstawę i równe jej ramiona porównanie kątów rozdzielonych przekątną prowadzi do

$2(3x-180^\circ)+(180^\circ-x)=180^\circ,$

skąd $x=72^\circ$. Kąty przy drugiej podstawie są dopełnieniami do $180^\circ$.