MATeMAtyka 2. Zbiór zadań — strona 235

Oznaczmy $|CD|=r$. Wtedy $|AD|=r$ i $|BC|=2r$. Trójkąt $ACD$ jest prostokątny i równoramienny, więc

$$\angle ACD=45^\circ.$$

Trójkąt $BCD$ jest prostokątny, a

$$\cos\angle BCD=\frac{CD}{BC}=\frac12,$$

zatem $\angle BCD=60^\circ$. Ponieważ punkty $K$ i $L$ leżą odpowiednio na ramionach $CA$ i $CB$,

$$\angle KCL=\angle ACB=45^\circ+60^\circ=105^\circ.$$

Kąt wpisany $KML$ jest oparty na tym samym łuku $KL$ co kąt środkowy $KCL$, więc

$$\alpha=\frac12\cdot105^\circ=52{,}5^\circ.$$

Oznaczmy

$$\angle ABC=\beta,\qquad |BC|=a,\quad |AC|=b,\quad |AB|=c.$$

Wtedy $\angle BAC=2\beta$. Z twierdzenia sinusów, dla pewnej dodatniej stałej $k$,

$$a=k\sin2\beta,\qquad b=k\sin\beta,\qquad c=k\sin3\beta.$$

Korzystamy z tożsamości $\sin3\beta=\sin\beta(4\cos^2\beta-1)$:

$$\begin{aligned} a^2-b^2 &=k^2\sin^2\beta(4\cos^2\beta-1)\\ &=k^2\sin\beta\sin3\beta\\ &=bc. \end{aligned}$$

To jest dokładnie równość z tezy.

Niech $|CD|=x$. Wówczas $|AB|=2x$, a $|AD|=h$. Ponieważ trapez jest opisany na okręgu, sumy długości jego przeciwległych boków są równe:

$$2x+x=h+10,$$

czyli $h=3x-10$. Różnica długości podstaw wynosi $x$, więc z twierdzenia Pitagorasa dla trójkąta utworzonego przez ramię $BC$:

$$x^2+h^2=10^2.$$

Po podstawieniu $h=3x-10$:

$$x^2+(3x-10)^2=100,$$

stąd $10x(x-6)=0$. Długość jest dodatnia, więc $x=6$ i $h=8$. Pole trapezu wynosi

$$P=\frac{12+6}{2}\cdot8=72.$$

Oznaczmy $|BD|=|BC|=x$. Wtedy $|AB|=x+6$. Stosujemy twierdzenie Stewarta do trójkąta $ABC$ i ceviany $CD$:

$$|BC|^2\cdot|AD|+|AC|^2\cdot|DB| =|AB|\bigl(|CD|^2+|AD|\cdot|DB|\bigr).$$

Po podstawieniu danych:

$$6x^2+256x=(x+6)(196+6x).$$

Po redukcji otrzymujemy $24x=1176$, więc $x=49$. Zatem

$$|AB|=55,$$

a obwód jest równy

$$55+49+16=120.$$

Oznaczmy miary kątów trójkąta przez

$$A=\angle BAC,\qquad B=\angle ABC,\qquad C=\angle ACB.$$

Z kolejnych symetrii względem dwusiecznych otrzymujemy

$$AK=AL,\qquad CL=CM,\qquad BM=BN.$$

Trójkąty $AKL$, $CLM$ i $BMN$ są więc równoramienne. Ponieważ punkty $A,L,C$ są współliniowe,

$$\begin{aligned} \angle KLM &=180^\circ-\angle ALK-\angle CLM\\ &=180^\circ-\left(90^\circ-\frac A2\right) -\left(90^\circ-\frac C2\right)\\ &=\frac{A+C}{2}=90^\circ-\frac B2. \end{aligned}$$

Punkty $K,N,B$ są współliniowe, a w trójkącie równoramiennym $BMN$

$$\angle BNM=90^\circ-\frac B2.$$

Zatem

$$\angle KNM=180^\circ-\angle BNM=90^\circ+\frac B2.$$

Przeciwległe kąty czworokąta $KNML$ mają sumę $180^\circ$, więc na tym czworokącie można opisać okrąg.

Oznaczmy $|AC|=b$ oraz $|BE|=d$. Z twierdzenia o dwusiecznej

$$|AE|=\frac{bc}{a+c},\qquad |EC|=\frac{ab}{a+c}.$$

Twierdzenie Stewarta dla ceviany $BE$ daje

$$a^2|AE|+c^2|EC| =b\bigl(d^2+|AE|\cdot|EC|\bigr).$$

Po podstawieniu długości odcinków lewa strona jest równa $abc$, więc

$$d^2=ac-\frac{ab}{a+c}\cdot\frac{bc}{a+c} =ac\left(1-\frac{b^2}{(a+c)^2}\right).$$

Z twierdzenia cosinusów

$$b^2=a^2+c^2-2ac\cos\beta.$$

Stąd

$$\begin{aligned} d^2 &=\frac{ac\bigl((a+c)^2-b^2\bigr)}{(a+c)^2}\\ &=\frac{2a^2c^2(1+\cos\beta)}{(a+c)^2}\\ &=\frac{4a^2c^2\cos^2\frac{\beta}{2}}{(a+c)^2}. \end{aligned}$$

Wszystkie długości są dodatnie, dlatego

$$|BE|=d=\frac{2ac\cos\frac{\beta}{2}}{a+c}.$$