MATeMAtyka 2. Zbiór zadań — strona 169

Oznaczmy przeciwprostokątną przez $c$, a wskazaną przyprostokątną przez $a=c-2$. Druga przyprostokątna spełnia $b^2=c^2-a^2$. Ze wzoru na środkową

$$(2\sqrt6)^2=\frac{2b^2+2c^2-a^2}{4}$$

otrzymujemy

$$96=4c^2-3(c-2)^2,\qquad c^2+12c-108=0.$$

Dodatnim rozwiązaniem jest $c=6$, więc $a=4$, $b=2\sqrt5$. Kąty ostre mają miary

$$\arcsin\frac46\approx41{,}8^\circ,\qquad 48{,}2^\circ.$$

Środkowa do przeciwprostokątnej ma długość $3$, a środkowa do boku $b$:

$$m_b=\frac12\sqrt{2a^2+2c^2-b^2}=\sqrt{21}.$$

Niech $AB=2$, zatem $AC=BC=4$. Wysokość opuszczona z $C$ dzieli podstawę na odcinki długości $1$, więc

$$\cos\angle BAC=\frac14,\qquad \angle BAC\approx75{,}5^\circ.$$

Punkt $D$ jest środkiem $AC$, stąd $DC=2$, a $DE\perp AC$. Kąt przy $C$ trójkąta $ABC$ ma miarę około $29{,}0^\circ$ i

$$\cos C=1-2\cos^2 A=\frac78.$$

W prostokątnym trójkącie $DEC$

$$EC=\frac{DC}{\cos C}=\frac{16}{7},\qquad DE=\sqrt{EC^2-DC^2}=\frac{2\sqrt{15}}7.$$

Kąt wewnętrzny i przyległy do niego zewnętrzny sumują się do $180^\circ$.

Dla kąta $A$ kąt zewnętrzny jest o $30^\circ$ większy, więc

$$A+(A+30^\circ)=180^\circ,\qquad A=75^\circ.$$

Dla kąta $B$ kąt zewnętrzny jest trzy razy większy:

$$B+3B=180^\circ,\qquad B=45^\circ.$$

Zatem $C=60^\circ$. Z twierdzenia sinusów, przy $AB=12$,

$$AC=12\frac{\sin45^\circ}{\sin60^\circ}=4\sqrt6,$$ $$BC=12\frac{\sin75^\circ}{\sin60^\circ}=6\sqrt2+2\sqrt6.$$

Niech $c$ będzie przeciwprostokątną, $h$ wysokością do niej, a $\alpha,\beta$ kątami ostrymi. Oznaczmy $q=\frac{p}{100}$. Ponieważ

$$\frac hc=\frac{ab}{c^2}=\sin\alpha\cos\alpha=q,$$

to dla $t=\operatorname{tg}\alpha$ zachodzi

$$\frac{t}{1+t^2}=q,\qquad qt^2-t+q=0.$$

Stąd

$$t=\frac{1\pm\sqrt{1-4q^2}}{2q} =\frac{50\pm\sqrt{2500-p^2}}{p}.$$

Dwa wyniki są dodatnie i wzajemnie odwrotne, więc są tangensami kątów dopełniających się do $90^\circ$.

Oznaczmy kąty przy podstawie przez $\alpha$, a kąt przy $C$ przez $\gamma=180^\circ-2\alpha$.

Ponieważ $AB=BX$, trójkąt $ABX$ jest równoramienny. Kąt przy $A$ ma miarę $\alpha$, więc $\angle AXB=\alpha$ i $\angle ABX=\gamma$. Stąd w trójkącie $BXC$

$$\angle XBC=\alpha-\gamma.$$

Z kolei $XY=YC$, więc w trójkącie $XYC$ kąty przy $X$ i $C$ mają po $\gamma$. Ponieważ także $BX=XY$, w trójkącie $BXY$ kąty przy $B$ i $Y$ mają po $\frac{180^\circ-\alpha}{2}$. Porównując kąt przy $B$:

$$\alpha-\gamma=\frac{180^\circ-\alpha}{2}.$$

Po podstawieniu $\gamma=180^\circ-2\alpha$ otrzymujemy $\alpha=\frac{540^\circ}{7}$ i $\gamma=\frac{180^\circ}{7}$. Z twierdzenia sinusów

$$AC=BC=10\frac{\sin(540^\circ/7)}{\sin(180^\circ/7)}\approx22{,}47.$$

Z dwóch pierwszych równań

$$c=5(b-a),\qquad 5(b-a)+a=2b,$$

więc $b=\frac43a$ i $c=\frac53a$. Trzecie równanie przyjmuje postać

$$\frac a3+\frac{1}{4}\cdot\frac{4a}{3}+\frac{1}{5}\cdot\frac{5a}{3}=a=9.$$

Zatem $(a,b,c)=(9,12,15)$. Jest to trójkąt prostokątny podobny do trójkąta $3$–$4$–$5$, więc kąty ostre mają około $36{,}9^\circ$ i $53{,}1^\circ$.

Połówki przekątnych oznaczmy wektorami $u,v$, gdzie $|u|=9$, $|v|=q$ i kąt między nimi ma $80^\circ$. Dłuższy bok jest reprezentowany przez $u+v$. Warunek, że tworzy on z $u$ kąt $30^\circ$, daje

$$\operatorname{tg}30^\circ=\frac{q\sin80^\circ}{9+q\cos80^\circ},$$

czyli

$$q=\frac{9\operatorname{tg}30^\circ}{\sin80^\circ-\operatorname{tg}30^\circ\cos80^\circ}\approx5{,}874.$$

Długości boków wynoszą

$$|u\pm v|=\sqrt{81+q^2\pm18q\cos80^\circ},$$

co daje około $11{,}57$ i $9{,}86$ cm.