MATeMAtyka 4. Zakres podstawowy i rozszerzony — strona 274

Oznaczmy kąty przy podstawie przez $\beta$, a kąt przy $C$ przez $\gamma$. Trójkąt $ACD$ jest równoramienny, bo $AD=CD$, zatem $\angle DAC=\angle ACD=\gamma$. Trójkąt $ABD$ też jest równoramienny, więc $\angle ABD=\angle BDA=\beta$. Z kąta półpełnego przy $D$ wynika $\beta=2\gamma$. Jednocześnie $2\beta+\gamma=180^\circ$.

Umieśćmy wierzchołek kąta prostego w początku układu, a przyprostokątne na osiach. Środek okręgu stycznego do obu przyprostokątnych ma współrzędne $(r,r)$. Przeciwprostokątna przechodzi przez $(4,0)$ i $(0,6)$, więc $\frac r4+\frac r6=1$.

Przyjmijmy $AB=DC=6$. Z $\angle ECD=60^\circ$ trójkąt $DEC$ jest $30^\circ$-$60^\circ$-$90^\circ$, więc $DE=6\sqrt3$, $EC=12$. Niech $AE=x$. Z podobieństwa wynika $\angle BEC=90^\circ$, więc $(x+6\sqrt3)^2=(x^2+36)+12^2$. Stąd $x=2\sqrt3$, a zatem $BE=4\sqrt3$ i $BC=8\sqrt3$. Przy konwencji, w której skala „pierwszego trójkąta do drugiego” jest ilorazem boku pierwszego przez odpowiadający mu bok drugiego, dostajemy

Ponieważ $BE\perp EC$, $[BEC]=\frac12\cdot4\sqrt3\cdot12$.

Punkt $D$ jest środkiem $AB$, a $E$ środkiem ramienia, więc $DE$ jest odcinkiem łączącym środki dwóch boków i ma długość równą połowie ramienia. Niech wysokość $CD=h$. Z warunku ramię ma długość $2h$, a z twierdzenia Pitagorasa $(2h)^2=h^2+4^2$. Stąd $h=\frac4{\sqrt3}$.

Ze skanu wynika, że $D\in AB$, $E\in BC$, $F\in AC$, a boki rombu przy $C$ leżą na $AC$ i $BC$. Niech bok rombu będzie równy $x$. Wtedy $AF=4-x$, a z równoległości $FD\parallel BC$ trójkąty $AFD$ i $ABC$ są podobne. Zatem

skąd $x=\frac{12}{5}$.

Ponieważ podstawą trójkąta równoramiennego jest $AB$, mamy $AC=BC=k+l$. Z trójkąta prostokątnego $ACD$: $AD^2=(k+l)^2-l^2=k^2+2kl$. Następnie z trójkąta prostokątnego $ABD$:

Po spierwiastkowaniu otrzymujemy tezę.

Jeżeli kąt przy dłuższej podstawie ma miarę $x$, to kąt przy krótszej ma $2x$, a kąty przy ramieniu są dopełniające do $180^\circ$. Stąd $3x=180^\circ$ i $x=60^\circ$. Z długości odcinka środkowego $10=(16+b)/2$ otrzymujemy krótszą podstawę $b=4$. Połowa różnicy podstaw to $6$, więc wysokość wynosi $6\sqrt3$, a ramię $12$.

Ustawmy dłuższą podstawę od $(0,0)$ do $(7,0)$, a krótszą od $(0,5)$ do $(3,5)$. Punkt przecięcia przekątnych dzieli je w stosunku podstaw $7:3$. Na przekątnej prowadzącej z $(0,0)$ do $(3,5)$ odpowiada to parametrowi $7/10$, więc punkt ma współrzędne $(21/10,7/2)$.

Czworokąt łączący środki boków jest równoległobokiem Varignona i ma pole równe połowie pola trapezu. Wysokość trapezu równoramiennego to $h=\frac{a-b}{2}\tan\alpha$, więc