NOWA MATeMAtyka 1. Zakres podstawowy i rozszerzony — strona 286

a) Odcinki $AE$ i $BD$ tworzą z prostą $AC$ kąty po $30^\circ$, więc $AE\parallel BD$. Podobnie $BE\parallel CD$, ponieważ oba tworzą z $AC$ kąty po $60^\circ$.

Czworokąty $ABDE$ i $BCDE$ są zatem trapezami. Punkty $P,R$ są środkami ramion pierwszego z nich, a $Q,R$ — środkami ramion drugiego, więc

$$PR\parallel BD, \qquad QR\parallel CD.$$

Stąd $\angle QPR=30^\circ$ i $\angle PQR=60^\circ$. Zatem $\angle PRQ=90^\circ$, czyli trójkąt $PQR$ jest prostokątny.

b) Trójkąt $ABE$ ma kąty $30^\circ,60^\circ,90^\circ$ i przeciwprostokątną $AB=6$, zatem

$$|BE|=3,\qquad |AE|=3\sqrt3.$$

W trójkącie $BCD$ bok $CD=4$ leży naprzeciw kąta $30^\circ$, więc

$$|BC|=8,\qquad |BD|=4\sqrt3.$$

Kąt $EBD$ jest prosty, dlatego

$$|ED|=\sqrt{3^2+(4\sqrt3)^2}=\sqrt{57},$$

a więc

$$Ob_{BDE}=3+4\sqrt3+\sqrt{57}.$$

Ponieważ $P$ i $Q$ są środkami, $|PQ|=3+4=7$. Trójkąt $PQR$ ma kąty $30^\circ,60^\circ,90^\circ$, zatem jego przyprostokątne mają długości $7/2$ i $7\sqrt3/2$. Ostatecznie

$$Ob_{PQR}=7+\frac72+\frac{7\sqrt3}{2} =\frac72(3+\sqrt3).$$

Z założenia

$$\frac ac=\frac bd$$

wynika $ad=bc$. Aby sprawdzić żądaną równość, mnożymy ją na krzyż:

$$\frac ac=\frac{a+b}{c+d} \iff a(c+d)=c(a+b) \iff ac+ad=ac+bc \iff ad=bc.$$

Ostatnia równość jest prawdziwa na mocy założenia, więc teza zachodzi.