NOWA MATeMAtyka 1. Zakres podstawowy i rozszerzony — strona 303

Niech dwusieczna przecina (AB) w punkcie (D). Z twierdzenia o dwusiecznej

$$\frac{BD}{AD}=\frac{a}{b}, \qquad BD+AD=c.$$

Stąd

$$BD=\frac{ac}{a+b}, \qquad AD=\frac{bc}{a+b}.$$

a) (BD=\frac{2\cdot5}{8}=1{,}25), (AD=\frac{6\cdot5}{8}=3{,}75).

b) (BD=\frac{6\cdot12}{16}=4{,}5), (AD=\frac{10\cdot12}{16}=7{,}5).

Trójkąt jest połową kwadratu o boku (1), więc

$$AC=BC=1,\qquad AB=\sqrt2.$$

Z twierdzenia o dwusiecznej

$$\frac{AP}{PC}=\frac{AB}{BC}=\sqrt2.$$

Ponieważ (AP+PC=1), otrzymujemy

$$PC=\sqrt2-1, \qquad AP=2-\sqrt2.$$

Z twierdzenia Pitagorasa w trójkącie (BCP):

$$BP=\sqrt{BC^2+PC^2} =\sqrt{1+(\sqrt2-1)^2} =\sqrt{4-2\sqrt2}.$$

Zatem

$$Ob_{BCP}=1+(\sqrt2-1)+BP =\sqrt2+\sqrt{4-2\sqrt2},$$ $$Ob_{BAP}=\sqrt2+(2-\sqrt2)+BP =2+\sqrt{4-2\sqrt2}.$$

Niech dwusieczna kąta (ACB) przecina bok (AB) w punkcie (D). Oznaczmy

$$BD=x,\qquad AD=y.$$

Z twierdzenia o dwusiecznej

$$\frac{x}{y}=\frac{a}{b},$$

a ponadto (x+y=c). Z pierwszej równości (x=\frac ab y), więc

$$\frac ab y+y=c, \qquad y=\frac{bc}{a+b}.$$

Wtedy

$$x=c-y=\frac{ac}{a+b}.$$

Brakujące uzasadnienia są następujące.

Pierwszy [?]. Trójkąty (DBC) i (ADC) mają podstawy (DB) i (AD) leżące na tej samej prostej oraz wspólną wysokość (CG). Stosunek ich pól jest więc równy stosunkowi podstaw:

$$\frac{P_{\triangle DBC}}{P_{\triangle ADC}}=\frac{DB}{AD}.$$

Drugi [?]. Punkt (D) leży na dwusiecznej kąta (ACB). Każdy punkt dwusiecznej jest jednakowo odległy od ramion kąta, zatem prostopadłe odcinki (DE) i (DF) mają równe długości.

Trzeci [?]. Licząc pola tych samych trójkątów odpowiednio na podstawach (BC) i (AC), otrzymujemy

$$\frac{P_{\triangle DBC}}{P_{\triangle ADC}} =\frac{\frac12BC\cdot DF}{\frac12AC\cdot DE} =\frac{BC}{AC},$$

bo (DF=DE). Oba otrzymane ilorazy są stosunkiem pól tych samych dwóch trójkątów, więc

$$\frac{DB}{AD}=\frac{BC}{AC}.$$

Ponieważ (A') leży na półprostej (CA), dwusieczna (CD) jest także dwusieczną kąta (A'CB). Mamy (A'C=CB=a), więc trójkąt (A'CB) jest równoramienny. Jego dwusieczna z wierzchołka (C) jest zarazem symetralną podstawy (A'B). Punkt (P) jest zatem środkiem (A'B), czyli

$$A'P=PB.$$

Trójkąty (A'D'P) i (BDP) są prostokątne w (P). Ponadto (A'D'\parallel AD), a punkty (A,D,B) są współliniowe, więc (A'D'\parallel DB). Stąd

$$\angle PA'D'=\angle PBD.$$

Wraz z (A'P=PB) daje to przystawanie trójkątów (A'D'P) i (BDP) z cechy KBK. W szczególności

$$A'D'=BD=x.$$

Trójkąty (A'D'C) i (ADC) są podobne z cechy KKK: (A'C) i (AC) leżą na jednej prostej, (D'C) i (DC) leżą na jednej prostej, a (A'D'\parallel AD). Z podobieństwa

$$\frac{A'D'}{AD}=\frac{A'C}{AC}.$$

Po podstawieniu (A'D'=x), (AD=y), (A'C=a), (AC=b) otrzymujemy

$$\frac{x}{y}=\frac{a}{b}.$$