MATeMAtyka 1. Zbiór zadań — strona 282

W trójkącie równobocznym $ABC$ wysokość $CD$ jest także dwusieczną, więc $\angle DCF=\angle DCB=30^\circ$, bo $F$ leży na $CB$. Trójkąt $CDE$ jest równoboczny, zatem $\angle DCE=60^\circ$ i $CD=CE$. Ponieważ promień $CF$ leży wewnątrz kąta $DCE$, mamy $\angle FCE=60^\circ-30^\circ=30^\circ$. Trójkąty $CDF$ i $CEF$ mają więc $CD=CE$, wspólny bok $CF$ oraz równe kąty między tymi bokami. Są przystające z cechy BKB.

Przyjmijmy wektory $\overrightarrow{AB}=\vec b$ i $\overrightarrow{AD}=\vec d$. Wtedy $E=\vec b+\tfrac12\vec d$. Punkt przecięcia prostej $DE$ z prostą $AB$ ma postać $\vec d+t(\vec b-\tfrac12\vec d)=s\vec b$. Porównanie współczynników daje $t=2$ i $s=2$, zatem $AF=2AB$. Wysokość trójkąta $ADF$ do podstawy $AF$ jest równa wysokości równoległoboku, więc $P_{ADF}=\tfrac12(2AB)h=ABh=P_{ABCD}$.

Niech bok kwadratu ma długość $a$. Z podziału $AP:PB=1:4$ mamy $AP=a/5$ i $PB=4a/5$. Każdy bok powstałego wewnętrznego czworokąta jest przeciwprostokątną trójkąta prostokątnego o przyprostokątnych $a/5$ i $4a/5$, zatem ma długość $a\sqrt{17}/5$. Sąsiednie boki są prostopadłe (ich odpowiednie kąty ostre się dopełniają), więc figura jest kwadratem. Jej pole wynosi $(a\sqrt{17}/5)^2$.

Oznaczmy długości boków przez $a,b,c$. Z nierówności $b<a+c$ i $c<a+b$ wynika $b-c<a$ oraz $c-b<a$, a więc $|b-c|<a$. Cyklicznie każdy bok jest większy od różnicy dwóch pozostałych.

Z nierówności $a<b+c$ mamy $2a<a+b+c$, czyli $a<(a+b+c)/2$. Analogicznie ten sam wniosek zachodzi dla boków $b$ i $c$.

Niech przekątne równoległoboku przecinają się w $O$. Z równoległości $AB\parallel CD$ mamy $\angle BAO=\angle DCO$ i $\angle ABO=\angle CDO$, a ponadto $AB=CD$. Trójkąty $AOB$ i $COD$ są więc przystające z cechy KBK, skąd $AO=CO$ i $BO=DO$. Punkt $O$ jest środkiem obu przekątnych.

W rombie niech przekątne przecinają się w $O$. Trójkąty $AOB$ i $AOD$ mają $AO$ wspólny, $AB=AD$ oraz $BO=DO$, są więc przystające. Kąty $AOB$ i $AOD$ są równe i przyległe, zatem oba mają $90^\circ$.

a) Niech $D,D'$ będą środkami odpowiadających boków $BC,B'C'$. Wtedy $BD=B'D'$, a z danych $AB=A'B'$ i $AD=A'D'$. Trójkąty $ABD,A'B'D'$ są przystające (BBB). Równe kąty przy $D,D'$ mają równe kąty przyległe; wraz z $DC=D'C'$ i $AD=A'D'$ daje to przystawanie trójkątów $ADC,A'D'C'$ (BKB), a więc całych trójkątów.

b) Z $BC=B'C'$ mamy ponownie $BD=B'D'$. Boki $AD=A'D'$ i równe kąty między medianą a bokiem dają przystawanie $ABD,A'B'D'$ (BKB). Dalej postępujemy jak w części a).

Uporządkujmy boki rosnąco i wybierajmy trzy różne liczby z $\{1,2,3,4,5\}$. Warunek trójkąta spełniają dokładnie zestawy $(2,3,4)$, $(2,4,5)$ i $(3,4,5)$. Inne mają sumę dwóch krótszych nie większą od najdłuższego. Każdy zestaw wyznacza jedną klasę przystawania.

Kąt wewnętrzny foremnego $n$-kąta ma miarę $180^\circ-360^\circ/n$. Dla $150^\circ$ otrzymujemy $360/n=30$, czyli $n=12$. Kąt zewnętrzny ma miarę $360^\circ/n$; dla $36^\circ$ dostajemy $n=10$.