MATeMAtyka 2. Zbiór zadań — strona 179

Trójkąty $ABD$ i $ABC$ mają tę samą wysokość opuszczoną z $B$ na prostą $AC$. Ponieważ $AD=3DC$, mamy $AC=4DC$, czyli $\frac{AD}{AC}=\frac34$. Zatem

$\frac{P_{ABD}}{P_{ABC}}=\frac34,$

więc $9=\frac34P_{ABC}$ i $P_{ABC}=12$.

Kwadraty dwóch krótszych boków spełniają

$(2\sqrt7)^2+(4\sqrt2)^2=28+32=60=(2\sqrt{15})^2.$

Trójkąt jest więc prostokątny, a jego pole wynosi

$P=\frac12\cdot2\sqrt7\cdot4\sqrt2=4\sqrt{14}.$

Koło ma promień $r=6$. Każde ramię trójkąta tworzy z podstawą kąt $60^\circ$. Promienie poprowadzone do drugich punktów przecięcia ramion z okręgiem wyznaczają dwa trójkąty o bokach $6,6$ i kącie $60^\circ$ oraz środkowy wycinek o kącie $60^\circ$.

Pole każdego z dwóch trójkątów wynosi

$\frac12\cdot6^2\sin60^\circ=9\sqrt3,$

a pole wycinka

$\frac{60^\circ}{360^\circ}\pi\cdot6^2=6\pi.$

Stąd pole części wspólnej to

$2\cdot9\sqrt3+6\pi=6(3\sqrt3+\pi)\ \mathrm{cm}^2.$

Przyjmijmy wektorowo $A=0$, $B=\mathbf b$, $C=\mathbf c$. Z podanych stosunków:

$X=\frac23\mathbf b,\qquad Y=\frac13\mathbf b+\frac23\mathbf c,\qquad Z=\frac13\mathbf c.$

Wektory boków trójkąta $XYZ$ są równe

$Y-X=-\frac13\mathbf b+\frac23\mathbf c,$

$Z-X=-\frac23\mathbf b+\frac13\mathbf c.$

Ich wyznacznik ma wartość $\frac13$ wyznacznika wektorów $\mathbf b,\mathbf c$. Zatem stosunek pól wynosi

$\frac{P_{XYZ}}{P_{ABC}}=\frac13.$

Pole całego trójkąta wynosi $P=\frac12\cdot3\cdot4=6$. Dwusieczna dzieli bok naprzeciw kąta w stosunku długości boków przyległych do tego kąta, a powstałe trójkąty mają wspólną wysokość, więc ich pola są w tym samym stosunku.

Dla kąta ostrego przyległego do boków $4$ i $5$ stosunek pól wynosi $4:5$, zatem

$P_1=6\cdot\frac49=\frac83,\qquad P_2=6\cdot\frac59=\frac{10}{3}.$

Dla drugiego kąta ostrego boki przyległe mają długości $3$ i $5$, więc

$P_1=6\cdot\frac38=\frac94,\qquad P_2=6\cdot\frac58=\frac{15}{4}.$

Dla trójkąta równobocznego o boku $a$ mamy $h=\frac{a\sqrt3}{2}$ i $P=\frac{a^2\sqrt3}{4}$.

a) Z $a=\frac{2h}{\sqrt3}$ otrzymujemy

$P=\frac{\sqrt3}{4}\cdot\frac{4h^2}{3}=\frac{\sqrt3}{3}h^2.$

b) Punkt przecięcia wysokości dzieli ją w stosunku $2:1$ od wierzchołka, więc $d=\frac23h$, czyli $h=\frac32d$. Stąd

$P=\frac{\sqrt3}{3}\left(\frac32d\right)^2=\frac{3\sqrt3}{4}d^2.$

a) Niech $D$ będzie spodkiem wysokości z $A$ na $BC$. Z projekcji boku $AB$ na $BC$ otrzymujemy $BD=2$, zatem $DC=7$, a

$AD=\sqrt{6^2-2^2}=4\sqrt2.$

Pola części wynoszą $\frac12\cdot2\cdot4\sqrt2=4\sqrt2$ i $\frac12\cdot7\cdot4\sqrt2=14\sqrt2$.

b) Jeśli podstawa ma długość $b$, to $60=\frac12b\cdot15$, więc $b=8$. Ramię ma długość $\sqrt{15^2+4^2}=\sqrt{241}$, zatem obwód wynosi $8+2\sqrt{241}$.

c) Oznaczmy podstawę przez $b$, wtedy wysokość to $b-2$. Warunki obwodu i twierdzenie Pitagorasa spełniają $b=6$, $h=4$ i ramię $5$. Pole wynosi $\frac12\cdot6\cdot4=12$.

d) Ramię $l$ wyznaczamy z $7\sqrt{10}=\frac12l\cdot2\sqrt{10}$, więc $l=7$. Dla wysokości $h$ na podstawę i podstawy $b$ mamy

$bh=14\sqrt{10},\qquad h^2+\frac{b^2}{4}=49.$

Po podstawieniu $b=\frac{14\sqrt{10}}h$ dostajemy $h^4-49h^2+490=0$, stąd $h^2=14$ lub $h^2=35$.

Oznaczmy wspólną długość ramion $AC=BC=l$, odległości punktu $P$ od $AC$ i $BC$ przez $d_1,d_2$, a wysokość z $A$ na $BC$ przez $h$. Odcinek $PC$ dzieli trójkąt $ABC$ na dwa trójkąty. Zatem

$P_{ABC}=P_{APC}+P_{PBC}=\frac12l d_1+\frac12l d_2=\frac12l(d_1+d_2).$

Z drugiej strony, biorąc $BC$ za podstawę,

$P_{ABC}=\frac12l h.$

Porównanie obu wzorów daje $d_1+d_2=h$, co należało wykazać.

Półobwód wynosi $p=8$. Ze wzoru Herona

$P=\sqrt{8(8-4)(8-5)(8-7)}=\sqrt{96}=4\sqrt6.$

Wysokość na bok długości $a$ ma wartość $h_a=\frac{2P}{a}$. Dla boków $4,5,7$ otrzymujemy odpowiednio

$2\sqrt6,\qquad\frac{8\sqrt6}{5},\qquad\frac{8\sqrt6}{7}.$

Z warunku stosunku najdłuższego boku do obwodu:

$\frac{a+4}{a+(a+2)+(a+4)}=\frac5{12}.$

Stąd $12a+48=15a+30$, więc $a=6$. Boki mają długości $6,8,10$, zatem trójkąt jest prostokątny. Jego pole wynosi

$P=\frac12\cdot6\cdot8=24.$