MATeMAtyka 2. Zbiór zadań — strona 226

Przyjmijmy kolejno $AB=1$, $BC=2$, $CD=3$, $DA=4$. Niech $AC=x$. Kąty $ABC$ i $ADC$ są przeciwległe w czworokącie wpisanym, więc ich cosinusy mają przeciwne znaki:

$$\frac{1^2+2^2-x^2}{2\cdot1\cdot2} =-\frac{4^2+3^2-x^2}{2\cdot4\cdot3}.$$

Stąd $x^2=55/7$. Analogicznie dla $BD=y$ kąty $BAD$ i $BCD$ są dopełniające do $180^\circ$:

$$\frac{1^2+4^2-y^2}{2\cdot1\cdot4} =-\frac{2^2+3^2-y^2}{2\cdot2\cdot3},$$

co daje $y^2=77/5$.

Oznaczmy $AB=x$. Ponieważ $AC=BC=6$, wzór Apoloniusza dla środkowej $AS$ do boku $BC$ daje

$$AS^2=\frac{2AB^2+2AC^2-BC^2}{4} =\frac{2x^2+36}{4}.$$

Po podstawieniu $AS=5$ otrzymujemy $2x^2+36=100$, czyli $x^2=32$.

Niech $x$ oznacza trzeci bok, a $\gamma$ kąt między bokami $3$ i $2$. Ze wzoru na promień okręgu opisanego:

$$6=\frac{x}{2\sin\gamma}, \qquad x=12\sin\gamma.$$

Z twierdzenia cosinusów $x^2=13-12\cos\gamma$. Po użyciu $\sin^2\gamma+\cos^2\gamma=1$ i oznaczeniu $t=x^2$ dostajemy

$$t^2-25t+25=0.$$

Oba dodatnie pierwiastki spełniają nierówności trójkąta.

Oznaczmy $AB=x$, $AD=y$. W trójkącie $ABD$, gdzie $BD=\sqrt2$ i $\angle ABD=60^\circ$:

$$y^2=x^2+2-x\sqrt2.$$

Prawo równoległoboku daje $2(x^2+y^2)=AC^2+BD^2=5$. Po podstawieniu:

$$4x^2-2\sqrt2x-1=0, \qquad x=\frac{\sqrt2+\sqrt6}{4}.$$

Pole równoległoboku jest dwa razy większe od pola trójkąta $ABD$:

$$P=2\cdot\frac12x\sqrt2\sin60^\circ =\frac{x\sqrt6}{2} =\frac{3+\sqrt3}{4}.$$

Z równoległości podstaw wynika $\angle BAC=\angle ACD=45^\circ$. Podobieństwo dwóch trójkątów odciętych przekątną, wraz z danymi $AD=2$ i $BC=2\sqrt2$, prowadzi do

$$AD=CD=2,\qquad AC=BC=2\sqrt2,\qquad AB=4.$$

Trójkąt $ACD$ jest więc prostokątny równoramienny w $D$, a trójkąt $ABC$ jest prostokątny równoramienny w $C$. Otrzymujemy kolejno

$$\angle A=90^\circ,\quad \angle B=45^\circ,\quad \angle C=135^\circ,\quad \angle D=90^\circ.$$

Niech długości boków wynoszą $a,b$. Kwadraty przekątnych przy kącie $60^\circ$ są równe

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

Warunek zadania daje

$$\frac{a^2+b^2+ab}{a^2+b^2-ab}=\frac73,$$

czyli $5ab=2(a^2+b^2)$. Dla $t=a/b$ otrzymujemy $2t^2-5t+2=0$, skąd $t=2$ albo $t=1/2$.

Niech kolejne dane boki będą $AB=BC=3$ i $CD=\sqrt3$. Trójkąt $ABC$ jest równoboczny, zatem jego okrąg opisany ma promień $\sqrt3$, a cięciwa $CD=\sqrt3$ odpowiada kątowi środkowemu $60^\circ$. Pozostały łuk od $C$ do $A$, odpowiadający cięciwie $CA=3$, ma $120^\circ$, więc $D$ jest jego środkiem. Stąd

$$AD=CD=\sqrt3.$$

Łuk od $B$ do $D$ przez $A$ ma $180^\circ$, zatem $BD$ jest średnicą i $BD=2\sqrt3$. Wobec tego

$$O_{BCD}=3+\sqrt3+2\sqrt3=3+3\sqrt3,$$ $$O_{ACD}=3+\sqrt3+\sqrt3=3+2\sqrt3.$$

Niech odcinki styczne na każdym ramieniu mają długości $2k$ i $3k$. Z równości odcinków stycznych poprowadzonych z jednego wierzchołka podstawy mają długości $4k$ i $6k$, a ramię ma $5k$. Wysokość trapezu jest średnicą okręgu, czyli ma $2r$, a połowa różnicy podstaw ma długość $k$. Zatem

$$(5k)^2=k^2+(2r)^2, \qquad k=\frac{r}{\sqrt6}.$$

Ramię ma więc $5r/\sqrt6$. Wektor ramienia ma składowe $(k,2r)$, a wektor przekątnej $(5k,2r)$. Dlatego cosinus kąta między nimi jest

$$\frac{5k^2+4r^2} {\sqrt{k^2+4r^2}\sqrt{25k^2+4r^2}} =\frac{29}{35}.$$