MATeMAtyka 1. Zbiór zadań — strona 304

a) Sprawdzamy cztery trójki odcinków. Nierówność trójkąta spełniają $(2,3,4)$, $(2,4,5)$ i $(3,4,5)$, a nie spełnia jej $(2,3,5)$. Są więc $3$ możliwości.

b) Spośród $\binom63=20$ trójek z liczb $2,3,4,5,6,7$ dokładnie siedem nie spełnia ostrej nierówności dla dwóch krótszych boków. Pozostaje $20-7=13$ trójkątów różnobocznych.

a) Dodatniość boków i nierówności trójkąta sprowadzają się do warunku

$(a-3)+(2a-3)>a+4,$

czyli $a>5$; pozostałe nierówności są wtedy automatycznie spełnione.

b) Dwa boki mogą być równe tylko dla $a+4=2a-3$, skąd $a=7$. Pozostałe dwie możliwe równości dają sprzeczność albo niedodatnie długości.

Z równania $(n-2)180^\circ=1440^\circ$ otrzymujemy $n=10$. Liczba przekątnych dziesięciokąta wynosi

$\frac{n(n-3)}2=\frac{10\cdot7}{2}=35.$

Sześciokąt jest równokątny, więc kolejne wektory boków zmieniają kierunek o $60^\circ$. Sumujemy sześć wektorów o długościach $3,4,5,6,x,y$ i przyrównujemy osobno składowe poziome i pionowe do zera. Otrzymany układ daje $x=1$ oraz $y=8$ (w kolejności dwóch brakujących boków).

Średnia miara kąta wypukłego $n$-kąta wynosi $180^\circ-\frac{360^\circ}{n}$. Musi należeć do przedziału $[100^\circ,116^\circ]$, więc

$100\le 180-\frac{360}{n}\le116.$

Stąd $4{,}5\le n\le5{,}625$. Jedyną całkowitą możliwością jest $n=5$.

a) Dla punktu $P$ wewnątrz trójkąta stosujemy nierówność trójkąta do $AP+BP>AB$, $BP+CP>BC$ i $CP+AP>CA$. Po dodaniu: $2(AP+BP+CP)>AB+BC+CA$.

b) Przekątna $AC$ dzieli czworokąt na dwa trójkąty. Mamy $AC<AB+BC$ oraz $AC<AD+DC$. Po dodaniu $2AC<AB+BC+CD+DA$.

a) Kąty mają postać $2x,3x,7x$. Z $12x=180^\circ$ otrzymujemy $x=15^\circ$.

b) Kąt przy $C$ ma $63^\circ$, bo przyległy zewnętrzny ma $117^\circ$. Jeśli kąt przy $A$ to $x$, to przy $B$ jest $2x$ i $3x+63^\circ=180^\circ$, więc $x=39^\circ$.

c) Punkt $S$ jest środkiem $KL$, a $MS=KS=LS$. Jest więc środkiem okręgu opisanego na trójkącie i leży na boku $KL$; ten bok jest średnicą. Z twierdzenia Talesa $\angle KML=90^\circ$.

Niech najmniejszy kąt ma miarę $x$, a większy z dwóch pozostałych $4x$. Trzeci różni się od niego o $90^\circ$, więc ma $4x-90^\circ$. Z sumy

$x+4x+(4x-90^\circ)=180^\circ$

otrzymujemy $x=30^\circ$.

Dla środka okręgu wpisanego zachodzi

$\angle ASB=90^\circ+\frac12\angle ACB.$

a) Kąt $C$ ma $40^\circ$, więc wynik to $110^\circ$. b) Dla $C=80^\circ$ otrzymujemy $130^\circ$. c) Dla $C=\gamma$ otrzymujemy $90^\circ+\frac\gamma2$.

Obrót o $90^\circ$ wokół punktu $C$ przenosi odcinek $CA$ na $CM$ oraz $CB$ na $CL$. Wektor $\overrightarrow{AL}$ po takim obrocie odpowiada wektorowi $\overrightarrow{MB}$ (z ewentualnie przeciwnym zwrotem). Obrót zachowuje długości, dlatego $|AL|=|BM|$.