MATeMAtyka 2. Zbiór zadań — strona 227

Kąty trójkąta mają miary $30^\circ,30^\circ,120^\circ$. Niech każde ramię ma długość $a$; podstawa ma wtedy $a\sqrt3$. Pole i półobwód są równe

$$P=\frac{a^2\sqrt3}{4},\qquad s=\frac{2a+a\sqrt3}{2}.$$

Z zależności $P=rs$ i $r=3$ otrzymujemy $a=6+4\sqrt3$, a następnie $a\sqrt3=12+6\sqrt3$.

Rozważmy obie możliwości. Jeśli $AC=12$, to z twierdzenia cosinusów:

$$\cos\angle ABC=\frac{9^2+6^2-12^2}{2\cdot9\cdot6}=-\frac14,$$ $$\cos\angle ADC=\frac{5^2+8^2-12^2}{2\cdot5\cdot8} =-\frac{11}{16}.$$

Oba przeciwległe kąty są rozwarte. Jeśli natomiast $BD=12$, to

$$\cos\angle BAD=-\frac{19}{45},\qquad \cos\angle BCD=-\frac{11}{24},$$

więc znów oba przeciwległe kąty są rozwarte. W żadnym przypadku ich suma nie może wynosić $180^\circ$, co jest konieczne dla czworokąta wpisanego w okrąg.

Dwusieczna wychodzi z wierzchołka $C$, przy którym leżą boki długości $8$ i $10$, a bok przeciwległy ma długość $12$. Korzystamy ze wzoru na długość dwusiecznej:

$$CD^2=8\cdot10\left(1-\frac{12^2}{(8+10)^2}\right) =80\left(1-\frac49\right)=\frac{400}{9}.$$

Niech $AC=BC=a$. Ponieważ $\angle ACB=120^\circ$, podstawa ma długość $AB=a\sqrt3$. Wzór Apoloniusza dla środkowej $AS$ do boku $BC$ daje

$$25=\frac{2AB^2+2AC^2-BC^2}{4} =\frac{7a^2}{4}.$$

Stąd $a=10/\sqrt7$. Promień okręgu opisanego można policzyć z boku $AB$:

$$R=\frac{AB}{2\sin120^\circ} =\frac{a\sqrt3}{\sqrt3}=a.$$

Półobwód trójkąta wynosi $s=9$. Ze wzoru Herona:

$$P=\sqrt{9(9-5)(9-6)(9-7)}=6\sqrt6.$$

Promień okręgu opisanego jest więc równy

$$R=\frac{5\cdot6\cdot7}{4P} =\frac{210}{24\sqrt6}=\frac{35\sqrt6}{24}.$$

Jeżeli $\gamma$ jest kątem między danymi bokami, to

$$12=\frac12\cdot4\cdot10\sin\gamma, \qquad \sin\gamma=\frac35.$$

Kąt może być ostry lub rozwarty, więc $\cos\gamma=4/5$ albo $\cos\gamma=-4/5$. Dla trzeciego boku $x$:

$$x^2=4^2+10^2-2\cdot4\cdot10\cos\gamma.$$

Otrzymujemy $x^2=52$ albo $x^2=180$.

Przekątne rombu przecinają się pod kątem prostym i połowią się. Zatem

$$13^2=5^2+\left(\frac{BD}{2}\right)^2,$$

skąd $BD=24$. Pole rombu wynosi $\frac12\cdot10\cdot24=120$. Z drugiej strony jest ono równe $13^2\sin\angle DAB$, więc

$$\sin\angle DAB=\frac{120}{169}.$$

Ustawmy $A=(0,0)$, $B=(1,0)$, $D=(1,\sqrt3)$ i $C=(2,\sqrt3)$. Środek $S$ boku $CD$ ma współrzędne $(3/2,\sqrt3)$. Punkt przekątnej $AC$ ma postać

$$P=t(2,\sqrt3),$$

a punkt odcinka $BS$ ma postać

$$P=(1,0)+u\left(\frac12,\sqrt3\right).$$

Porównanie drugich współrzędnych daje $t=u$, a pierwszych $2t=1+t/2$, czyli $t=2/3$. Ponieważ $AC=\sqrt7$:

$$AP=\frac23\sqrt7.$$

Oznaczmy wspólną długość odcinków stycznych poprowadzonych z $A$ przez $x$. Wtedy

$$AB=x+7,\quad AC=x+3,\quad BC=10,\quad s=x+10.$$

Ponieważ promień okręgu wpisanego jest równy $1$, pole jest równe $P=s=x+10$. Z wzoru Herona:

$$P^2=(x+10)\cdot x\cdot3\cdot7.$$

Po porównaniu obu wyrażeń dostajemy $x+10=21x$, a więc $x=1/2$. Zatem $AB=15/2$, $AC=7/2$. Ponadto

$$\sin\angle ABC=\frac{2P}{AB\cdot BC} =\frac{21}{75}=\frac7{25}.$$

Trójkąt $ABC$ ma boki $3,4,5$, więc jest prostokątny przy $B$ i $\cos\angle BAC=3/5$. Trójkąt $ACD$ ma boki $5,12,13$, zatem jest prostokątny przy $A$. Przy położeniu wierzchołków wynikającym z czworokąta

$$\cos\angle DAB=-\sin\angle BAC=-\frac45.$$

W trójkącie $ABD$ stosujemy twierdzenie cosinusów:

$$BD^2=3^2+12^2-2\cdot3\cdot12\left(-\frac45\right) =\frac{5265}{25}.$$

Punkt $D$ jest środkiem $AB$, więc $AD=DB=2$, a $CD=1$. W trójkącie $ADC$ kąt przy $D$ ma $60^\circ$. Długość jego dwusiecznej wynosi

$$DE=\frac{2\cdot2\cdot1\cos30^\circ}{2+1} =\frac{2\sqrt3}{3}.$$

Kąt $BDC$ ma $120^\circ$, więc analogicznie

$$DF=\frac{2\cdot2\cdot1\cos60^\circ}{2+1} =\frac23.$$

Stąd $DE/DF=\sqrt3$.