MATeMAtyka 1. Zbiór zadań — strona 288

Niech mały trójkąt przy $B$ będzie podobny do $ABC$ w skali $t$. Jego boki leżące na $AB,BC$ mają $12t,8t$, a odcinek równoległy do $AC$ ma $10t$. Równość obwodów trójkąta i trapezu daje $30t=(12-12t)+(8-8t)+10+10t$, stąd $30t=30-10t$ i $t=3/4$. Podziały boków to więc $9$ i $3$ na $AB$ oraz $6$ i $2$ na $BC$.

Przyjmijmy bok kwadratu równy $1$ oraz $A=(0,0)$, $B=(1,0)$, $D=(0,1)$. Wtedy $P=(3/4,3/4)$ i $S=(1/2,0)$. Mamy $\overrightarrow{PS}=(-1/4,-3/4)$ oraz $\overrightarrow{PD}=(-3/4,1/4)$. Ich iloczyn skalarny wynosi $3/16-3/16=0$, więc odcinki są prostopadłe.

Przyjmijmy $A=0$, $B=\vec b$, $C=\vec c$. Wtedy $S=(\vec b+\vec c)/2$, a środek mediany ma współrzędną $M=(\vec b+\vec c)/4$. Punkt prostej $CM$ leżący na $AB$ ma postać $\vec c+u(M-\vec c)=t\vec b$. Zerowanie współczynnika przy $\vec c$ daje $u=4/3$, a wtedy $t=1/3$. Zatem $AQ:QB=1:2$.

Ustawmy $A=(0,0)$, $B=(b,0)$ i $C=(a/2,a\sqrt3/2)$, gdzie $a=AC$. Punkt $S=(b/2,0)$, a ponieważ $CP:PS=6:1$, punkt $P$ ma współrzędne $((a/2+3b)/7,a\sqrt3/14)$. Warunek $BH\perp AC$ i $P\in BH$ daje $(P-B)\cdot(1/2,\sqrt3/2)=0$, skąd $a=2b$. Z twierdzenia cosinusów $BC^2=a^2+b^2-ab=3b^2$, więc $AC^2=AB^2+BC^2$. Trójkąt jest prostokątny przy $B$.

Używamy konstrukcji czwartego odcinka proporcjonalnego: z podobnych trójkątów można skonstruować $uv$ z proporcji $1:u=v:uv$ oraz $u/v$ z proporcji $v:1=u:u/v$. W ten sposób:

a) dzielimy $a$ na trzy równe części; b) konstruujemy $2/a$; c) $a/b$; d) $a^2$ jako $a\cdot a$; e) najpierw $a^2$, potem $2a^2/b$; f) sumę $a+b$, potem $ab/(a+b)$; g) sumę $a^2+b^2$, a następnie dzielimy ją przez $a+b$.