MATeMAtyka 2. Zbiór zadań — strona 225

Przyjmijmy układ współrzędnych z początkiem w punkcie $P$ i osią $x$ zawierającą cięciwę. Możemy wtedy zapisać $A=(-5,0)$, $B=(3,0)$ oraz $O=(u,v)$. Z równości promieni $OA=OB$:

$$(u+5)^2+v^2=(u-3)^2+v^2,$$

więc $u=-1$. Ponieważ $OP=7$, mamy $u^2+v^2=49$, czyli $v^2=48$. Stąd

$$R^2=OA^2=(u+5)^2+v^2=4^2+48=64,$$

a zatem $R=8$. Cięciwa $AB$ również ma długość $8$, więc dla $\theta=\angle AOB$:

$$8=2R\sin\frac{\theta}{2}=16\sin\frac{\theta}{2}.$$

Mniejszy kąt środkowy ma zatem $60^\circ$. Pole odpowiadającego mu wycinka wynosi

$$\frac{60^\circ}{360^\circ}\pi R^2=\frac{32\pi}{3}.$$

Niech $\gamma$ będzie kątem między bokami długości $3$ i $\sqrt5$. Ze wzoru na pole:

$$3=\frac12\cdot3\sqrt5\sin\gamma, \qquad \sin\gamma=\frac{2}{\sqrt5}.$$

Kąt może być ostry albo rozwarty, dlatego $\cos\gamma=\frac1{\sqrt5}$ lub $\cos\gamma=-\frac1{\sqrt5}$. Jeżeli trzeci bok ma długość $x$, to z twierdzenia cosinusów

$$x^2=3^2+(\sqrt5)^2-2\cdot3\sqrt5\cos\gamma.$$

Daje to odpowiednio $x^2=8$ albo $x^2=20$.

Dla pola $P$ i boku $a$ odpowiadającego wysokości $h_a$ zachodzi $a=2P/h_a$. Boki są więc odwrotnie proporcjonalne do wysokości:

$$a:b:c=\frac12:\frac13:\frac14=6:4:3.$$

Skala nie wpływa na kąty. Dla boków $6,4,3$ twierdzenie cosinusów daje cosinusy kątów leżących naprzeciwko tych boków:

$$\frac{4^2+3^2-6^2}{2\cdot4\cdot3}=-\frac{11}{24},$$ $$\frac{6^2+3^2-4^2}{2\cdot6\cdot3}=\frac{29}{36}, \qquad \frac{6^2+4^2-3^2}{2\cdot6\cdot4}=\frac{43}{48}.$$

Dwusieczna dzieli bok naprzeciw kąta $120^\circ$ na odcinki $4$ i $8$, więc ten bok ma długość $12$. Z twierdzenia o dwusiecznej dwa boki przyległe do kąta są w stosunku $1:2$. Oznaczmy je przez $x$ i $2x$. Z twierdzenia cosinusów:

$$12^2=x^2+(2x)^2-2\cdot x\cdot2x\cos120^\circ=7x^2.$$

Zatem $x=12/\sqrt7$.

Kąty przy podstawie $AB$ mają po $72^\circ$. Dwusieczna $AD$ daje $\angle BAD=36^\circ$, a w trójkącie $ABD$:

$$\angle ABD=72^\circ,\qquad \angle ADB=72^\circ.$$

Trójkąty $ABC$ i $ABD$ mają więc te same kąty $36^\circ,72^\circ,72^\circ$, zatem są podobne.

Przyjmijmy $CA=CB=1$ i oznaczmy $AB=x$. Ponieważ w trójkącie $ACD$ kąty przy $A$ i $C$ mają po $36^\circ$, mamy $AD=CD=x$. Z podobieństwa wynika ponadto $BD=x^2$. Równość $BC=CD+DB$ daje

$$x+x^2=1,\qquad x=\frac{\sqrt5-1}{2}.$$

W trójkącie $ABC$ twierdzenie cosinusów prowadzi do $x^2=2-2\cos36^\circ$, więc

$$\cos36^\circ=1-\frac{x^2}{2}=\frac{1+\sqrt5}{4}.$$

Najpierw wyznaczamy długość $AD$ z twierdzenia Stewarta dla $BC=5$, $BD=3$, $DC=2$:

$$8^2\cdot2+6^2\cdot3 =5\left(AD^2+3\cdot2\right).$$

Stąd $AD^2=206/5$. W trójkątach $ACD$ i $ABD$:

$$\cos\angle CAD =\frac{6^2+AD^2-2^2}{2\cdot6\cdot AD} =\frac{61}{\sqrt{4120}},$$ $$\cos\angle BAD =\frac{8^2+AD^2-3^2}{2\cdot8\cdot AD} =\frac{481}{8\sqrt{4120}}.$$

Po obliczeniu funkcji odwrotnych otrzymujemy w przybliżeniu $18{,}1^\circ$ i $20{,}5^\circ$.

Niech długość każdego ramienia wynosi $a$. Z twierdzenia cosinusów dla podstawy $AB=6$ i kąta przy wierzchołku $120^\circ$:

$$36=a^2+a^2-2a^2\cos120^\circ=3a^2,$$

czyli $a=2\sqrt3$. Długość środkowej $BS$ do boku $AC$ obliczamy ze wzoru Apoloniusza:

$$BS=\frac12\sqrt{2AB^2+2BC^2-AC^2} =\frac12\sqrt{72+24-12}=\sqrt{21}.$$

Możemy przyjąć bok trójkąta równobocznego równy $3$, zatem $BP=1$ i $PC=2$. Z twierdzenia Stewarta otrzymujemy $AP^2=7$. Twierdzenie cosinusów w trójkątach $APC$ i $APB$ daje

$$\cos\angle CAP =\frac{3^2+(\sqrt7)^2-2^2}{2\cdot3\sqrt7} =\frac{2\sqrt7}{7},$$ $$\cos\angle PAB =\frac{3^2+(\sqrt7)^2-1^2}{2\cdot3\sqrt7} =\frac{5\sqrt7}{14}.$$

Pole $APB$ stanowi $1/3$ pola $ABC$, więc jest równe $3\sqrt3/4$. Pole $APC$ jest równe $3\sqrt3/2$. Wobec tego

$$R_{APB}=\frac{1\cdot3\sqrt7}{4\cdot(3\sqrt3/4)} =\sqrt{\frac73},$$ $$R_{APC}=\frac{2\cdot3\sqrt7}{4\cdot(3\sqrt3/2)} =\sqrt{\frac73}.$$

Promienie są więc równe.

Oznaczmy długość ramienia przez $b$, a podstawy przez $a$. Po opuszczeniu wysokości otrzymujemy

$$a=2b\cos\alpha.$$

Z drugiej strony kąt między ramionami ma miarę $180^\circ-2\alpha$. Twierdzenie cosinusów daje

$$a^2=2b^2-2b^2\cos(180^\circ-2\alpha) =2b^2(1+\cos2\alpha).$$

Po podniesieniu pierwszej równości do kwadratu i porównaniu obu wyrażeń na $a^2$ otrzymujemy $4b^2\cos^2\alpha=2b^2(1+\cos2\alpha)$. Po podzieleniu przez $2b^2$ dostajemy tezę.

Wysokość musi być krótsza od obu boków przylegających do wybranej podstawy. Sprawdzenie możliwych trójek boków wzorem Herona wskazuje jedyną możliwość: bokami są $13,14,15$, a wysokością jest $12$. Rzeczywiście, dla $s=21$:

$$P=\sqrt{21\cdot8\cdot7\cdot6}=84 =\frac12\cdot14\cdot12.$$

Cosinusy kątów naprzeciw boków $13,14,15$ wynoszą odpowiednio

$$\frac35,\qquad \frac{33}{65},\qquad \frac5{13}.$$

Stąd miary kątów są w przybliżeniu równe $53{,}1^\circ$, $59{,}5^\circ$ i $67{,}4^\circ$.

Oznaczmy $AC=x$. Ponieważ $AB=BC=27$, w trójkącie $ABC$:

$$\cos\angle BAC =\frac{27^2+x^2-27^2}{2\cdot27x} =\frac{x}{54}.$$

W trójkącie $ACD$ mamy

$$\cos\angle CAD =\frac{x^2+24^2-26^2}{2\cdot x\cdot24} =\frac{x^2-100}{48x}.$$

Przekątna $AC$ zawiera dwusieczną kąta $BAD$, więc oba cosinusy są równe. Z równania

$$\frac{x}{54}=\frac{x^2-100}{48x}$$

otrzymujemy $x^2=900$, a z dodatniości długości $x=30$.