MATeMAtyka 1. Zbiór zadań — strona 281

Na skanie drugi trójkąt ma oznaczenie $BSE$ (zapis „$BSF$” w OCR jest błędny). W trójkącie równobocznym wysokości są też medianami, a ich punkt przecięcia dzieli każdą wysokość w stosunku $2:1$. Ponieważ wysokość ma długość $3\sqrt3$, otrzymujemy $AS=BS=2\sqrt3$, $SF=SE=\sqrt3$ oraz $AF=BE=3$. Zatem $\triangle ASF\cong\triangle BSE$ z cechy BBB. Trójkąt $ASF$ jest prostokątny w $F$, zaś wysokość dzieli kąt $A$ na połowy.

Z twierdzenia Pitagorasa w trójkącie $CDE$: $DE=\sqrt{CD^2-CE^2}=\sqrt{5-4}=1$. Tak samo w trójkącie $CEB$ mamy $EB=\sqrt{CB^2-CE^2}=1$, więc $DB=2$. Trójkąty $DEC$ i $DAB$ mają zatem odpowiednio boki $1,2,\sqrt5$, są więc przystające. Odpowiadające kąty ostre przy $D$ dopełniają się do $90^\circ$, stąd $\angle ADC=90^\circ$.

a) $\sqrt2+\sqrt8=3\sqrt2=\sqrt{18}$, więc suma dwóch boków równałaby się trzeciemu. To figura zdegenerowana, nie trójkąt.

b) Aby dwie pary boków $5,11$ oraz $4,11$ dały przystające trójkąty, brakującymi bokami musiałyby być odpowiednio $4$ i $5$. Wtedy jednak $4+5<11$, więc taki trójkąt nie istnieje.

W trójkącie równobocznym $AC=BC$. Z warunku $CD=CE$ wynika, że punkty $D$ i $E$ są symetryczne względem osi trójkąta przechodzącej przez $C$; dlatego $AE=BD$ oraz $\angle CAE=\angle CBD=60^\circ$. Trójkąty $ACE$ i $BCD$ mają więc dwie pary równych boków i równy kąt między nimi, zatem są przystające z cechy BKB.

Jeden bok pierwszego trójkąta ma długość $15$. W drugim każdy bok jest krótszy niż suma pozostałych, a więc bok niepodany jest krótszy niż $5{,}1+9{,}8=14{,}9$. Żaden bok drugiego trójkąta nie może zatem mieć długości $15$, więc trójkąty nie są przystające.

W trójkącie prostokątnym równoramiennym przeciwprostokątna jest $\sqrt2$ razy dłuższa od przyprostokątnej. Tymczasem $(1+\sqrt2)\sqrt2=2+\sqrt2$. Podane odcinki mogą więc być odpowiednio przyprostokątną i przeciwprostokątną tego samego trójkąta; drugi trójkąt ma te same trzy boki.

W trójkącie $ABC$ kąty mają miary $90^\circ,60^\circ,30^\circ$. Ponieważ $AB=1$, otrzymujemy $AC=\sqrt3$. W trójkącie $ACE$ kąty przy $A$ i $C$ mają po $30^\circ$, a kąt przy $E$ ma $120^\circ$; z twierdzenia sinusów $AE=AC/\sqrt3=1=AB$. Trójkąty $ABD$ i $AED$ mają wspólny bok $AD$, boki $AB=AE$ oraz równe kąty między nimi ($30^\circ$), więc są przystające z cechy BKB.

Dla $n=2$ prowadzimy medianę. Dla $n=3$ łączymy środek trójkąta równobocznego z wierzchołkami. Dla $n=4$ łączymy środki boków. Dla $n=6$ dzielimy trójkąt na trzy części jak dla $n=3$, a każdą z nich na pół. Dla $n=8$ najpierw tworzymy cztery trójkąty przez połączenie środków boków i każdy z nich dzielimy medianą. Dla $n=12$ każdy z czterech małych trójkątów równobocznych dzielimy odcinkami od jego środka do wierzchołków.