MATeMAtyka 2. Zbiór zadań — strona 159

Niech przyprostokątne mają długości $x$ i $x+10$. Z twierdzenia Pitagorasa:

$$x^2+(x+10)^2=(5\sqrt{10})^2,$$

czyli $x^2+10x-75=0$. Dodatnim rozwiązaniem jest $x=5$, więc przyprostokątne mają długości $5$ i $15$. Porównując dwa wzory na pole,

$$\frac12\cdot5\cdot15=\frac12\cdot5\sqrt{10}\cdot h,$$

otrzymujemy $h=\frac{3\sqrt{10}}2$.

Oznaczmy $AD=x$, zatem $DB=5-x$. Z trójkąta prostokątnego $BCD$ i warunku $BC=2x$:

$$(2x)^2=(5-x)^2+7.$$

Po uproszczeniu $3x^2+10x-32=0$, skąd dodatnie rozwiązanie to $x=2$. Wtedy

$$BC=4,\qquad AC=\sqrt{x^2+7}=\sqrt{11}.$$

Przeciwległa przyprostokątna ma długość $3+5=8$. Z twierdzenia o dwusiecznej stosunek przeciwprostokątnej do drugiej przyprostokątnej jest równy $5:3$ (przeciwprostokątna jest dłuższa). Oznaczmy te boki przez $5k$ i $3k$. Twierdzenie Pitagorasa daje

$$(3k)^2+8^2=(5k)^2,$$

więc $16k^2=64$ i $k=2$.

a) Dla boków $6k,7k,8k$ mamy $6^2+7^2=85\ne64=8^2$, więc trójkąt nie jest prostokątny.

b) Dla boków $8k,15k,17k$ zachodzi

$$8^2+15^2=64+225=289=17^2,$$

więc trójkąt jest prostokątny.

Niech $G$ będzie środkiem ciężkości, a wektory $\vec{GA}=u$ i $\vec{GB}=v$ leżą na danych prostopadłych środkowych. Wtedy $u\perp v$ oraz $\vec{GC}=-u-v$. Dla boków $a=12$, $b=16$ i trzeciego boku $c$:

$$a^2=|u+2v|^2=|u|^2+4|v|^2,$$ $$b^2=|2u+v|^2=4|u|^2+|v|^2,\qquad c^2=|u-v|^2=|u|^2+|v|^2.$$

Zatem $a^2+b^2=5c^2$, więc

$$c=\sqrt{\frac{12^2+16^2}{5}}=\sqrt{80}=4\sqrt5.$$

Przekątne rombu są prostopadłe i dzielą się na połowy. Każdy bok $a$ jest przeciwprostokątną trójkąta o przyprostokątnych $\frac{d_1}{2}$ i $\frac{d_2}{2}$. Stąd

$$a^2=\left(\frac{d_1}{2}\right)^2+\left(\frac{d_2}{2}\right)^2.$$

Po pomnożeniu przez $4$ otrzymujemy $d_1^2+d_2^2=4a^2$.

Oznaczmy podstawy przez $a\ge b$ i wysokość przez $h$. Po ustawieniu trapezu z ramieniem prostopadłym do podstaw kwadraty długości przekątnych są równe

$$d_1^2=a^2+h^2,\qquad d_2^2=b^2+h^2.$$

Po odjęciu równości dostajemy

$$d_1^2-d_2^2=a^2-b^2,$$

czyli żądaną zależność.

Środkowa do przeciwprostokątnej ma połowę jej długości, więc przeciwprostokątna ma długość $10$. Niech $p,q$ będą odcinkami, na które wysokość dzieli przeciwprostokątną. Zachodzą

$$p+q=10,\qquad pq=3^2=9.$$

Stąd $\{p,q\}=\{1,9\}$. Z twierdzeń o przyprostokątnych:

$$a^2=10p,\qquad b^2=10q,$$

więc przyprostokątne mają długości $\sqrt{10}$ i $3\sqrt{10}$.

Oznaczmy $BC=y$, $AB=y+4$ i $AC=x$. Ponieważ $CD=\frac{x}{4}$, z trójkąta prostokątnego $BCD$ mamy

$$y^2+\frac{x^2}{16}=6.$$

Dla całego trójkąta

$$x^2+y^2=(y+4)^2,\qquad x^2=8y+16.$$

Po podstawieniu do pierwszego równania otrzymujemy $2y^2+y-10=0$, więc $y=2$. Wtedy $AB=6$ i $AC=4\sqrt2$.

Bok rombu ma długość $2+6=8$. Rzut jednego boku na drugi może mieć długość $2$ albo $6$. Jeśli wektory boków mają długość $8$, a wartość bezwzględna ich iloczynu skalarnego wynosi odpowiednio $8\cdot2=16$ albo $8\cdot6=48$, to kwadraty przekątnych $|u+v|$ i $|u-v|$ są równe

$$128\pm2\cdot16=96,160$$

albo

$$128\pm2\cdot48=32,224.$$

Pierwiastkując, otrzymujemy dwie pary.

Dla dowolnego punktu $E$ w prostokącie zachodzi twierdzenie brytyjskiej flagi:

$$AE^2+CE^2=BE^2+DE^2.$$

Po podstawieniu danych:

$$AE^2+4^2=3^2+5^2,\qquad AE^2=18.$$

Załóżmy $a\ge b$. Po opuszczeniu wysokości pozioma składowa ramienia ma długość $\frac{a-b}{2}$, zatem

$$h^2=c^2-\left(\frac{a-b}{2}\right)^2.$$

Pozioma składowa przekątnej ma długość $\frac{a+b}{2}$. Dlatego

$$d^2=h^2+\left(\frac{a+b}{2}\right)^2 =c^2+\frac{(a+b)^2-(a-b)^2}{4}=c^2+ab.$$

Dla czworokąta o prostopadłych przekątnych sumy kwadratów przeciwległych boków są równe. Jeśli kolejne boki mają długości $1,4,8,x$, to

$$1^2+8^2=4^2+x^2.$$

Stąd $x^2=49$, a długość boku jest dodatnia.