MATeMAtyka 2. Zbiór zadań — strona 228

Oznaczmy końce odcinków na przeciwległych bokach przez $E$ i $F$. Skrajne części są trójkątami o tej samej wysokości co romb. Z porównania ich pól z polem rombu otrzymujemy $DE=BF=\frac{2a}{3}.$ Kąty między odpowiednimi bokami mają po $150^\circ$. Z twierdzenia cosinusów

Z twierdzenia cosinusów

więc $AB=7$. Dwusieczna dzieli $AB$ w stosunku $AC:CB=2:1$, zatem części mają długości $14/3$ i $7/3$.

Niech $O$ będzie wierzchołkiem kąta, a $P=(x,b)$, gdy jedno ramię leży na osi $x$. Warunek drugiej odległości daje $x\sin\alpha-b\cos\alpha=a,$ więc $x=(a+b\cos\alpha)/\sin\alpha$. Stąd

Łączymy środek okręgu z punktami styczności. Powstają trzy trójkąty o bokach $r,r$, a sinusy ich kątów środkowych są równe sinusom kątów dużego trójkąta. Dla $\gamma=180^\circ-\alpha-\beta$ otrzymujemy

Trapez wpisany w okrąg jest równoramienny. Dla ramienia $l$ warunek czworokąta stycznego daje $l=\frac{a+b}{2}.$ Wysokość trapezu wynosi

więc promień okręgu wpisanego to $r=h/2=\sqrt{ab}/2$. Przekątna ma długość $d=\frac12\sqrt{a^2+b^2+6ab}$. Z wzoru na promień okręgu opisanego dla trójkąta o bokach $a,l,d$ i polu $ah/2$:

Niech $s$ będzie bokiem rombu, $\theta$ jego kątem ostrym i $u=\theta/2$. Rozszerzone twierdzenie sinusów w dwóch trójkątach wyznaczonych przez przekątne daje $2=\frac{s}{2\sin u},\qquad1=\frac{s}{2\cos u}.$ Stąd $s=4\sin u=2\cos u$, więc $\tan u=1/2$. Zatem $\sin\theta=4/5$ i $s=4/\sqrt5$, a pole rombu $P=s^2\sin\theta=\frac{16}{5}\cdot\frac45=\frac{64}{25}.$

Ustawmy $A=(-u,0)$, $B=(u,0)$, $C=(0,h)$. Wektory środkowych są proporcjonalne do $(3u,h)$ i $(-3u,h)$. Prostopadłość daje $-9u^2+h^2=0$, więc $h=3u$. Stąd

Nierówność trójkąta daje $7<m<23$, więc $m$ jest jedną z liczb od $8$ do $22$. Gdy najdłuższy bok ma długość $15$, warunek rozwartości $15^2>8^2+m^2$ daje $m\in\{8,9,10,11,12\}$. Gdy najdłuższym bokiem jest $m$, warunek $m^2>8^2+15^2=289$ daje $m\in\{18,19,20,21,22\}$.

Oznaczmy $a=BC$, $b=AC$, $c=AB$ i $A=\angle CAB$. Ponieważ $C=2A$, z twierdzenia sinusów $\frac ca=2\cos A,\qquad \frac ba=4\cos^2A-1.$ Eliminacja $\cos A$ daje $c^2=a(a+b)$.

a) Dla $a=9,b=6$ mamy $c=3\sqrt{15}$, więc obwód wynosi $3(5+\sqrt{15})$.

b) Niech $a=2t,c=3t$, a $b=5$. Równość $9t^2=2t(2t+5)$ daje $t=2$, więc boki mają długości $4,5,6$.

Niech $I$ będzie środkiem okręgu, a $A,B$ końcami przeciwprostokątnej. Mamy $\angle AIB=135^\circ$. Z twierdzenia cosinusów $AB^2=7+14-2\sqrt7\sqrt{14}\cos135^\circ=35,$ więc $AB=\sqrt{35}$. Ponadto $IA=r/\sin(A/2)$, $IB=r/\sin(B/2)$ i $A/2+B/2=45^\circ$, skąd $\tan(A/2)=1/2$, a zatem $\tan A=4/3$. Trójkąt ma proporcje $3:4:5$ i skalę $\sqrt{35}/5=\sqrt{7/5}$.

Przyjmijmy, że dwa boki mają długości $3k$ i $8k$. Trzeci bok ma długość $k\sqrt{3^2+8^2-2\cdot3\cdot8\cos60^\circ}=7k.$ Dla kąta $\alpha$ naprzeciw $3k$: $\sin\alpha=\frac{3\sqrt3}{14},\qquad\cos\alpha=\frac{13}{14},$ więc $\tan\alpha=3\sqrt3/13$. Dla kąta $\beta$ naprzeciw $8k$: $\sin\beta=\frac{4\sqrt3}{7},\qquad\cos\beta=-\frac17,$ zatem $\tan\beta=-4\sqrt3$.