MATeMAtyka 1. Zbiór zadań — strona 303

Nachylenia prostych są równe $\frac34$ i $\frac43$. Jeżeli pierwsza tworzy z osią $OX$ kąt $\alpha$, to druga tworzy kąt $90^\circ-\alpha$, ponieważ $\tan\alpha\cdot\tan(90^\circ-\alpha)=1$. Dwusieczna kąta ostrego ma zatem kierunek $45^\circ$ i przechodzi przez początek układu.

Wysokość $CD$ dzieli trójkąt równoramienny na dwa przystające trójkąty prostokątne, a punkty $E,F$ są symetryczne względem $CD$. Zatem $EF\parallel AB$. W trójkącie $ACD$ twierdzenie o dwusiecznej daje $AE:ED=AC:CD>1$, więc $ED<\frac12AD$. Stąd

$EF=2ED<AD=\frac12AB.$

Trójkąty $CEF$ i $CAB$ mają tę samą wysokość względną do równoległych podstaw, więc $P_{CEF}/P_{CAB}=EF/AB<\frac12$.

Bok przecięty dwusieczną ma długość $8$, a dwa pozostałe boki są w stosunku $3:5$, więc oznaczamy je $3t,5t$. Z nierówności trójkąta $3t+8>5t$ wynika $t<4$. Obwód jest równy $8+8t$, zatem

$8+8t<8+32=40.$

W trójkącie $BDC$ półprosta $DE$ jest dwusieczną, więc

$\frac{BE}{EC}=\frac{BD}{DC}.$

Ponieważ $CD$ jest środkową, $BD=AD$. Prosta $DF$ jest prostopadła do dwusiecznej $DE$; przy współliniowych punktach $A,D,B$ oznacza to, że $DF$ jest dwusieczną kąta $ADC$. W trójkącie $ADC$ mamy zatem

$\frac{AF}{FC}=\frac{AD}{DC}=\frac{BD}{DC}=\frac{BE}{EC}.$

Mnożenie skrajnych wyrazów daje żądaną równość.

Wysokość trójkąta wynosi $\sqrt{15^2-9^2}=12$, a jego pole $\frac12\cdot18\cdot12=108$. Półobwód jest równy $24$, więc promień okręgu wpisanego, czyli odległość punktu $S$ od podstawy, wynosi $r=108/24=4{,}5$. Punkt $S$ leży na wysokości, zatem $CS=12-4{,}5=7{,}5$.

Wysokość trójkąta ma długość $\sqrt{10^2-6^2}=8$. Środek ciężkości leży $\frac13$ wysokości nad podstawą, czyli na wysokości $\frac83$. Promień okręgu wpisanego wynosi

$r=\frac{P}{s}=\frac{\frac12\cdot12\cdot8}{16}=3.$

Punkty leżą na tej samej osi symetrii, więc $DS=3-\frac83=\frac13$.

Ustawmy $A=(-x,0)$, $B=(x,0)$, $C=(0,h)$. Mamy $x^2+h^2=100$. Ortocentrum ma współrzędne $H=(0,x^2/h)$, więc

$AH=\sqrt{x^2+\frac{x^4}{h^2}}=\frac{10x}{h}=5.$

Stąd $h=2x$, a więc $x^2=20$. Ponadto $CH=h-x^2/h=\frac32x$. Pole trójkąta $AHC$ wynosi $\frac12\cdot CH\cdot x=\frac34x^2=15$.

Przyjmijmy współrzędne afiniczne $A=(0,0)$, $B=(1,0)$, $C=(0,1)$. Z $CD:DB=1:2$ mamy $D=(\frac13,\frac23)$, a $S=(\frac12,0)$. Przecięcie $AD$ i $CS$ to $Q=(\frac14,\frac12)$. Pole czworokąta $SBDQ$ stanowi $\frac5{12}$ pola trójkąta $ABC$, zatem

$P_{SBDQ}=\frac5{12}\cdot30=12{,}5.$

Oznaczmy bok rombu przez $a$ i ustawmy wysokość $DH$ prostopadle do $AB$. Dwusieczna kąta przy $A$ przecina $DH$ tak, że $DS:SH=2:1$. Z podobieństwa powstałych trójkątów prostokątnych otrzymujemy $AH=\frac32a$ w skali rzutów, a po połączeniu z $CH=\sqrt7$ i równaniem Pitagorasa dla boku rombu równanie $a^2=4$. Długość jest dodatnia, więc $a=2$.

Z twierdzenia o dwusiecznej punkt $E$ dzieli bok $BC$ w stosunku $BE:EC=c:b$. Punkt przecięcia dwusiecznych ma współrzędne barycentryczne $S=(a:b:c)$. Na odcinku $AE$ masa skupiona w punkcie $E$ jest sumą mas wierzchołków $B,C$, czyli $b+c$, a w $A$ jest równa $a$. Z reguły dźwigni

$AS:SE=(b+c):a.$