MATeMAtyka 1. Zbiór zadań — strona 305

Oznaczamy połowę kąta dzielonego przez $x$ i rozpatrujemy możliwe pary równych boków w obu powstałych trójkątach. Równania kątów, razem z sumą $180^\circ$, dają dwa niesprzeczne układy:

$45^\circ,45^\circ,90^\circ$

oraz

$36^\circ,72^\circ,72^\circ.$

Pozostałe utożsamienia kątów prowadzą do kąta zerowego lub do tej samej konfiguracji po zmianie nazw wierzchołków.

Niech $DB=CD=x$ i $AD=y$. Z twierdzenia o dwusiecznej w trójkącie $ABC$

$\frac{y}{x}=\frac{AC}{CB}.$

Łączymy tę proporcję z $AB=x+y$, równaniem Pitagorasa $CB^2=AC^2+AB^2$ oraz warunkiem $CD=x$. Po podstawieniu i skróceniu przez $x^2>0$ otrzymujemy $2y=x$, czyli $AD=\frac12DB$.

Oznaczamy kąty przy dłuższej podstawie trapezu równoramiennego przez $\alpha$, a przy krótszej przez $180^\circ-\alpha$. Warunek, że oba trójkąty wyznaczone przekątną są równoramienne, daje równanie $3\alpha=216^\circ$, stąd $\alpha=72^\circ$. Kąty przy drugiej podstawie mają po $108^\circ$.

Dwusieczne dwóch kolejnych kątów równoległoboku są prostopadłe. Ich punkt przecięcia leżący na $CD$ rozcina bok $CD=AB=10$ symetrycznie względem odcinków równych długości boku $BC$. Otrzymujemy $CD=2BC$, więc $BC=5$.

a) Kąt wewnętrzny $\alpha$ i przyległy do niego kąt zewnętrzny mają sumę $180^\circ$. Kąt między ich dwusiecznymi ma więc miarę $\frac\alpha2+\frac{180^\circ-\alpha}{2}=90^\circ$.

b) Kolejne kąty równoległoboku są dopełniające do $180^\circ$. Rozumowanie z punktu a) zastosowane do ich połówek daje kąt $90^\circ$.

Jeżeli dwusieczna kąta jest jednocześnie prostopadła do przeciwległego boku, to powstałe dwa trójkąty prostokątne mają wspólną przyprostokątną i równe kąty ostre, są więc przystające. Dwa boki przy tym kącie są równe. Zastosowanie tego argumentu do dwóch kątów daje dwie pary równych boków, czyli wszystkie trzy boki są równe.

Jeżeli kąty ostre trójkąta mają miary $\alpha,\beta$, to $\alpha+\beta=90^\circ$. Kąt rozwarty między ich dwusiecznymi ma miarę $90^\circ+45^\circ=135^\circ$, zatem kąt ostry między tymi prostymi ma $180^\circ-135^\circ=45^\circ$.

Mamy $\angle A=75^\circ$, $\angle B=45^\circ$, a $CL$ dzieli kąt $60^\circ$ na dwie części po $30^\circ$. Z twierdzenia sinusów w trójkątach $ACL$ i $BCL$ wyznaczamy położenie punktu $L$ na $AB$. Następnie, ponieważ $M$ jest środkiem $AL$, a $N$ środkiem $CB$, we współrzędnych z osią wzdłuż $CB$ otrzymujemy równe rzuty punktów $M$ i $N$ na $CB$. Stąd $MN\perp CB$.

Dwusieczne kątów przeciwległych równoległoboku są równoległe, a dwusieczne dwóch kątów kolejnych są prostopadłe, ponieważ kąty te sumują się do $180^\circ$. Czworokąt utworzony przez kolejne przecięcia ma więc obie pary boków równoległe i wszystkie kąty proste. Założenie, że równoległobok nie jest rombem, zapewnia, że cztery punkty są różne.

Przyjmijmy wektory $\overrightarrow{AB}=\mathbf b$ i $\overrightarrow{AD}=\mathbf d$. Wtedy $S=\frac12\mathbf d$, $B=\mathbf b$, $C=\mathbf b+\mathbf d$. Warunek $SB=SC$ po podniesieniu do kwadratu daje

Niech $M$ będzie środkiem przeciwprostokątnej $BC$. Okrąg o średnicy $BC$ przechodzi przez wierzchołek kąta prostego $A$ (twierdzenie Talesa). Punkty $A,B,C$ leżą więc na okręgu o środku $M$, zatem $AM=BM=CM=\frac12BC$.