MATeMAtyka 2. Zbiór zadań — strona 158

Korzystamy z twierdzenia odwrotnego do twierdzenia Pitagorasa i szukamy trzech liczb spełniających $a^2+b^2=c^2$.

a) $3^2+4^2=9+16=25=5^2$, więc usuwamy $2$.

b) $8^2+15^2=64+225=289=17^2$, więc usuwamy $12$.

c) $10^2+24^2=100+576=676=26^2$, więc usuwamy $30$.

d) $20^2+21^2=400+441=841=29^2$, więc usuwamy $25$.

Przeciwprostokątna ma długość

$$c=\sqrt{6^2+8^2}=\sqrt{100}=10.$$

Środek przeciwprostokątnej jest równo odległy od wszystkich wierzchołków trójkąta prostokątnego, więc szukana środkowa ma długość $\frac c2=5$.

Przekątna i dwa sąsiednie boki tworzą trójkąt o bokach $25$, $60$, $65$. Ponieważ

$$25^2+60^2=625+3600=4225=65^2,$$

kąt między bokami równoległoboku jest prosty. Równoległobok z kątem prostym jest prostokątem.

Najkrótsza wysokość jest opuszczona na najdłuższy bok, czyli bok długości $16$. Półobwód trójkąta wynosi $p=19$, więc ze wzoru Herona

$$P=\sqrt{19(19-7)(19-15)(19-16)} =\sqrt{19\cdot12\cdot4\cdot3}=12\sqrt{19}.$$

Z równości $P=\frac12\cdot16\cdot h$ otrzymujemy

$$h=\frac{2P}{16}=\frac{3\sqrt{19}}2.$$

Dla $k>0$ najdłuższym bokiem pierwszego trójkąta jest $5k$, a

$$(3k)^2+(4k)^2=9k^2+16k^2=25k^2=(5k)^2.$$

Dla $m>0$ najdłuższym bokiem drugiego trójkąta jest $13m$, a

$$(5m)^2+(12m)^2=25m^2+144m^2=169m^2=(13m)^2.$$

W obu przypadkach twierdzenie odwrotne do twierdzenia Pitagorasa dowodzi, że trójkąt jest prostokątny.

a) W trójkącie $ABC$ najdłuższy bok ma długość $36$, lecz

$$16^2+30^2=1156\ne1296=36^2.$$

W trójkącie $DEF$ najdłuższy bok ma długość $37$, lecz

$$14^2+35^2=1421\ne1369=37^2.$$

Żaden trójkąt nie jest więc prostokątny.

b) W pierwszym trójkącie zmieniamy $36$ na $34$, ponieważ $16^2+30^2=34^2$. W drugim zmieniamy $14$ na $12$, ponieważ $12^2+35^2=37^2$.

Wysokość trójkąta równobocznego o boku $2$ wynosi $\sqrt3$. Niech $x$ będzie bokiem kwadratu. Na wysokości $x$ przekrój trójkąta równoległy do podstawy ma, z podobieństwa trójkątów, długość

$$2\left(1-\frac{x}{\sqrt3}\right).$$

Jest to górny bok kwadratu, zatem

$$x=2\left(1-\frac{x}{\sqrt3}\right).$$

Po rozwiązaniu:

$$x=\frac{2\sqrt3}{\sqrt3+2}=2\sqrt3(2-\sqrt3)=4\sqrt3-6.$$

Niech przekątne przecinają się w punkcie $O$. Z twierdzenia Pitagorasa w czterech trójkątach prostokątnych:

$$\begin{aligned} |AB|^2&=|AO|^2+|BO|^2,\\ |BC|^2&=|BO|^2+|CO|^2,\\ |CD|^2&=|CO|^2+|DO|^2,\\ |AD|^2&=|AO|^2+|DO|^2. \end{aligned}$$

Po dodaniu pierwszej i trzeciej równości otrzymujemy tę samą sumę czterech kwadratów co po dodaniu drugiej i czwartej. Teza wynika bezpośrednio.

Ustawmy $A=(0,0)$, $B=(1,0)$, $C=(1,1)$, $D=(0,1)$. Wierzchołek trójkąta równobocznego leżący wewnątrz kwadratu ma współrzędne

$$E=\left(\frac12,\frac{\sqrt3}{2}\right).$$

Z symetrii $CE=DE$. Ponadto

$$CE^2=\left(1-\frac12\right)^2+\left(1-\frac{\sqrt3}{2}\right)^2=2-\sqrt3,$$

czyli $CE=DE=\sqrt{2-\sqrt3}$. Ponieważ $CD=1$, obwód wynosi $1+2\sqrt{2-\sqrt3}$.

Oznaczmy przyprostokątne przez $a,b$, a przeciwprostokątną przez $c$, więc $c^2=a^2+b^2$. Z wzorów na środkowe i danych $m_a^2=40$, $m_b^2=25$ otrzymujemy, po użyciu równości Pitagorasa,

$$a^2+4b^2=160,\qquad 4a^2+b^2=100.$$

Po odjęciu odpowiednich wielokrotności równań dostajemy $b^2=36$ i $a^2=16$. Zatem

$$c=\sqrt{a^2+b^2}=\sqrt{52}=2\sqrt{13}.$$

Zamiana kolejności danych środkowych jedynie zamienia oznaczenia $a,b$.