MATeMAtyka 1. Zbiór zadań — strona 301

Oznaczmy boki prostokąta przez $w>h$. Dwusieczna odcina trójkąt prostokątny równoramienny o polu $\frac12h^2$. Z warunku pól

$wh-\frac12h^2=7\cdot\frac12h^2$

wynika $w=4h$. Punkt przecięcia dwusiecznej z przekątną dzieli ją zatem w stosunku krótszego odcinka do dłuższego $h:w=1:4$.

a) Przeciwległa przyprostokątna ma długość $9$. Stosunek przeciwprostokątnej do drugiej przyprostokątnej wynosi $5:4$. Jeśli są to $5t$ i $4t$, to z Pitagorasa $25t^2=16t^2+81$, więc $t=3$.

b) Przeciwległa przyprostokątna ma długość $a+b$, a stosunek przeciwprostokątnej do drugiej przyprostokątnej wynosi $a:b$. Jeśli druga przyprostokątna ma długość $x$, to

$\left(\frac abx\right)^2=x^2+(a+b)^2.$

Stąd $x=b\sqrt{\frac{a+b}{a-b}}$, a przeciwprostokątna ma długość $a\sqrt{\frac{a+b}{a-b}}$.

Kąt prosty leży przy $A$. Z twierdzenia o dwusiecznej $AB:BC=AD:DC=1:2$. Niech $AB=x$, $BC=2x$; ponieważ $AC=6$, Pitagoras daje $4x^2=x^2+36$, więc $AB=2\sqrt3$, $BC=4\sqrt3$. Ponadto $BD=\sqrt{AB^2+AD^2}=4$. Stąd

$L_{ABD}=2\sqrt3+2+4,\qquad L_{BCD}=4\sqrt3+4+4.$

Z twierdzenia o dwusiecznej $BD:DC=AB:AC=7:3$, więc $DC:BC=3:10$. Ponieważ $DE\parallel AB$, trójkąt $CDE$ jest podobny do $CBA$ w skali $\frac3{10}$. Stosunek pól wynosi kwadrat skali:

$\frac{P_{EDC}}{P_{ABC}}=\left(\frac3{10}\right)^2=\frac9{100}.$

Niech dwusieczna kąta przy podstawie przecina przeciwległe ramię w punkcie $D$. Z twierdzenia o dwusiecznej $BD:DC=a:b$, więc $CD=\frac{b^2}{a+b}$. Odcinek łączący oba symetryczne punkty jest równoległy do podstawy, a skala małego trójkąta do dużego wynosi $\frac{CD}{b}=\frac{b}{a+b}$. Jego podstawa ma zatem długość $a\cdot\frac{b}{a+b}$.

Twierdzenie o dwusiecznej daje $BD:DC=AB:AC=4:12=1:3$, więc $DC=9$. Z $DE\parallel AB$ wynika podobieństwo $CDE\sim CBA$ w skali $3:4$, zatem $CE=9$ i $DE=3$. Dwusieczna kąta $DEC$ w trójkącie $DEC$ daje $DF:FC=DE:EC=1:3$, czyli $CF:FD=3$.

Z twierdzenia o dwusiecznej punkt $E$ dzieli ramię $AC=b$ w stosunku $AE:EC=a:b$. Stąd

$AE=\frac{ab}{a+b},\qquad EC=\frac{b^2}{a+b}.$

Symetria trójkąta daje analogiczne położenie punktu $F$, a $EF\parallel AB$. Skala małego górnego trójkąta wynosi $\frac{b}{a+b}$, więc $EF=\frac{ab}{a+b}=AE$.

Niech dwusieczna z wierzchołka ostrego przecina przeciwległą przyprostokątną w punkcie $D$. Z twierdzenia o dwusiecznej dzieli ją w stosunku $\sqrt2:1$. Po wyznaczeniu obu odcinków i zastosowaniu twierdzenia Pitagorasa do trójkąta zawierającego dwusieczną otrzymujemy

$l^2=4-2\sqrt2.$

Boki trójkąta mają długości $1,\sqrt3,2$. Dla dwusiecznej kąta naprzeciw boku $a$ używamy wzoru

$l_a^2=bc\left(1-\frac{a^2}{(b+c)^2}\right).$

Podstawienie kolejno trzech boków i uproszczenie pierwiastków daje trzy żądane długości.