MATeMAtyka 2. Zbiór zadań — strona 180

Oznaczmy podstawę przez $a$, a ramię przez $b$. Obliczając pole na dwa sposoby, mamy

$\frac12a\cdot5=\frac12b\cdot6,$

czyli $b=\frac56a$. Wysokość na podstawę dzieli ją na połowy, więc

$\left(\frac a2\right)^2+5^2=b^2=\left(\frac56a\right)^2.$

Stąd $a=\frac{15}{2}$. Zatem

$P=\frac12\cdot\frac{15}{2}\cdot5=\frac{75}{4}=18\frac34.$

a) Wysokość $AD=4$ dzieli podstawę na odcinki

$BD=\frac4{\tan50^\circ},\qquad CD=\frac4{\tan78^\circ}.$

Zatem

$P=\frac12\cdot4(BD+CD)=8\left(\frac1{\tan50^\circ}+\frac1{\tan78^\circ}\right)\approx8{,}4.$

b) Punkt $D$ leży na symetralnej $BC$, więc $DB=DC$. Zatem $\angle DBC=\angle BCD=14^\circ$. W trójkącie prostokątnym $DBE$:

$BE=\frac{DE}{\tan14^\circ}=\frac2{\tan14^\circ},$

więc $BC=\frac4{\tan14^\circ}$. Ponieważ $A=180^\circ-98^\circ-14^\circ=68^\circ$, korzystamy ze wzoru

$P=\frac{BC^2\sin98^\circ\sin14^\circ}{2\sin68^\circ}\approx33{,}3.$

Oznaczmy $AB=c$ i $AC=b$. Wysokości spełniają

$h_b=c\sin\alpha,\qquad h_c=b\sin\alpha.$

Stąd $b=\frac{h_c}{\sin\alpha}$ i $c=\frac{h_b}{\sin\alpha}$. Zatem

$P=\frac12bc\sin\alpha=\frac12\cdot\frac{h_c}{\sin\alpha}\cdot\frac{h_b}{\sin\alpha}\cdot\sin\alpha=\frac{h_bh_c}{2\sin\alpha}.$

Niech bok trójkąta równobocznego ma długość $a$, a odległości punktu $P$ od jego boków będą równe $d_1,d_2,d_3$. Łącząc $P$ z wierzchołkami, dzielimy trójkąt na trzy mniejsze trójkąty. Stąd

$P_{ABC}=\frac12a d_1+\frac12a d_2+\frac12a d_3=\frac12a(d_1+d_2+d_3).$

Z drugiej strony

$P_{ABC}=\frac12ah.$

Porównując oba wzory i dzieląc przez $\frac12a$, otrzymujemy

$d_1+d_2+d_3=h.$

Suma jest więc stała i równa wysokości trójkąta.

Jeśli ramię ma długość $l$, to

$25=\frac12l^2\sin30^\circ=\frac14l^2,$

zatem $l=10$. Długość podstawy $a$ obliczamy z twierdzenia cosinusów:

$a^2=10^2+10^2-2\cdot10^2\cos30^\circ=100(2-\sqrt3).$

Stąd $a=10\sqrt{2-\sqrt3}$.

Dwa boki muszą być równe. Równanie $3a=7a-8$ daje $a=2$, a więc boki $6,6,2$. Pozostałe możliwości równości prowadzą do ujemnej długości albo łamią nierówność trójkąta.

Wysokość na podstawę długości $2$ wynosi

$h=\sqrt{6^2-1^2}=\sqrt{35}.$

Zatem

$P=\frac12\cdot2\cdot\sqrt{35}=\sqrt{35}.$

Oznaczmy ramię przez $l$. Wysokość na podstawę ma długość $l\sin\alpha$, a połowa podstawy $l\cos\alpha$. Z warunku

$l+l\sin\alpha=m$

mamy $l=\frac{m}{1+\sin\alpha}$. Pole wynosi

$P=\frac12\cdot2l\cos\alpha\cdot l\sin\alpha=l^2\sin\alpha\cos\alpha,$

czyli

$P=\frac{m^2\sin\alpha\cos\alpha}{(1+\sin\alpha)^2}.$

Niech kąt przy podstawie $AB$ ma miarę $x$. W trójkącie $ABP$ mamy $AB=AP$, więc kąty przy $B$ i $P$ mają miarę $x$, a $\angle BAP=180^\circ-2x$. Ponieważ $AP=PC$, kąty $PAC$ i $ACP$ są równe. Kąt $ACP$ jest kątem przy wierzchołku $C$ całego trójkąta, więc ma miarę $180^\circ-2x$.

Kąt przy $A$ całego trójkąta ma miarę $x$, zatem

$x=(180^\circ-2x)+(180^\circ-2x),$

skąd $x=72^\circ$. Wtedy $\angle BAP=36^\circ$, a $\angle APC=108^\circ$.

$P_{ABP}=\frac12\cdot4\cdot4\sin36^\circ=8\sin36^\circ=2\sqrt{10-2\sqrt5},$

$P_{APC}=\frac12\cdot4\cdot4\sin108^\circ=8\sin72^\circ=2\sqrt{10+2\sqrt5}.$

Mamy $CD=12$. W prostokątnym trójkącie $ACD$:

$AC=\sqrt{(8\sqrt3)^2-12^2}=4\sqrt3.$

Ponadto $\angle CDA=30^\circ$, więc $\angle CDB=150^\circ$. Z twierdzenia cosinusów w trójkącie $BCD$:

$BC^2=12^2+6^2-2\cdot12\cdot6\cos150^\circ=36(5+2\sqrt3),$

czyli $BC=6\sqrt{5+2\sqrt3}$. Obwód wynosi

$12+6+6\sqrt{5+2\sqrt3}=6(3+\sqrt{5+2\sqrt3}).$

Pole:

$P=\frac12\cdot12\cdot6\sin150^\circ=18.$

Niech $G$ będzie środkiem ciężkości. Dzieli on każdą środkową w stosunku $2:1$ od wierzchołka, więc odcinki od końców boku długości $10$ do $G$ mają długości

$\frac23\cdot9=6,\qquad\frac23\cdot12=8.$

Tworzą z bokiem $10$ trójkąt prostokątny, którego pole wynosi $\frac12\cdot6\cdot8=24$. Odległość środka ciężkości od boku jest równa jednej trzeciej odpowiedniej wysokości całego trójkąta, zatem pole całego trójkąta jest trzykrotnie większe:

$P=3\cdot24=72.$

Z odcinków o długościach równych środkowym można zbudować trójkąt. Ponieważ $5^2+12^2=13^2$, jego pole wynosi

$P_m=\frac12\cdot5\cdot12=30.$

Pole trójkąta utworzonego przez środkowe jest równe $\frac34$ pola trójkąta wyjściowego. Zatem

$P=\frac43P_m=\frac43\cdot30=40.$