Pole trójkąta

1. Krok 1. Oznaczenia.

   Trójkąt równoramienny o podstawie $x$ i wysokości $h$ (z wierzchołka na podstawę). Ramiona: $L=\sqrt{\left(\tfrac{x}{2}\right)^{2}+h^{2}}$. Promień okręgu wpisanego $r=\tfrac{4}{2}=2$.

2. Krok 2. Zależność między $h$ i $x$ (z promienia okręgu wpisanego).

   Ze wzoru $r=\dfrac{P}{s}=\dfrac{\frac12 x h}{\frac{x+2L}{2}}=\dfrac{xh}{x+2L}=2$ otrzymujemy $xh=2x+4L$, czyli $x(h-2)=4L=2\sqrt{x^{2}+4h^{2}}$. Podnosząc do kwadratu:

   $$x^{2}(h-2)^{2}=4(x^{2}+4h^{2})\ \Rightarrow\ x^{2}h^{2}-4x^{2}h=16h^{2}\ \Rightarrow\ h(x^{2}-16)=4x^{2}\ \Rightarrow\ h=\frac{4x^{2}}{x^{2}-16}.$$
3. Krok 3. Pole. $$P(x)=\tfrac12 x h=\tfrac12 x\cdot\frac{4x^{2}}{x^{2}-16}=\frac{2x^{3}}{x^{2}-16}.\ \blacksquare$$

   (Warunek $x^{2}-16>0$, czyli $x>4$, jest naturalny — podstawa musi być dłuższa od średnicy fontanny.)

Trzeci bok z twierdzenia cosinusów: $|AC|^{2}=11^{2}+12^{2}-2\cdot 11\cdot 12\cdot\cos 60^{\circ}=121+144-264\cdot\dfrac{1}{2}=133$, więc $|AC|=\sqrt{133}$.

Boki $11$, $12$, $\sqrt{133}\approx 11{,}53$ są parami różne — trójkąt nie jest równoramienny (F).

Pole: $P=\dfrac{1}{2}\cdot 11\cdot 12\cdot\sin 60^{\circ}=\dfrac{1}{2}\cdot 132\cdot\dfrac{\sqrt{3}}{2}=33\sqrt{3}$ — prawda (P).

Odpowiedź: F, P.

Rozwiązanie zadania — miara kąta DAC w trójkącie równobocznym ABC.

1. Krok 1: Oznaczenia i dane wyjściowe

   Niech $ABC$ będzie trójkątem równobocznym o boku długości $a$. Punkt $D$ leży na boku $BC$. Oznaczmy $BD = x$, skąd $DC = a - x$.

2. Krok 2: Wyrażenie pól trójkątów ABD i ADC przez wysokość

   Trójkąty $ABD$ i $ADC$ mają wspólną wysokość opuszczoną z wierzchołka $A$ na prostą $BC$. Oznaczmy tę wysokość $h$. Ponieważ $ABC$ jest trójkątem równobocznym:

   $$h = \frac{a\sqrt{3}}{2}$$

   Pola trójkątów wynoszą:

   $$P_{ABD} = \frac{1}{2} \cdot BD \cdot h = \frac{1}{2} \cdot x \cdot \frac{a\sqrt{3}}{2} = \frac{xa\sqrt{3}}{4}$$ $$P_{ADC} = \frac{1}{2} \cdot DC \cdot h = \frac{1}{2} \cdot (a-x) \cdot \frac{a\sqrt{3}}{2} = \frac{(a-x)a\sqrt{3}}{4}$$
3. Krok 3: Wykorzystanie danego stosunku pól

   Z warunków zadania:

   $$\frac{P_{ABD}}{P_{ADC}} = \frac{\sqrt{3}-1}{2}$$ $$\frac{\dfrac{xa\sqrt{3}}{4}}{\dfrac{(a-x)a\sqrt{3}}{4}} = \frac{\sqrt{3}-1}{2}$$ $$\frac{x}{a-x} = \frac{\sqrt{3}-1}{2}$$

   Rozwiązujemy równanie:

   $$2x = (\sqrt{3}-1)(a-x)$$ $$2x = a\sqrt{3} - a - x\sqrt{3} + x$$ $$2x - x + x\sqrt{3} = a\sqrt{3} - a$$ $$x(1 + \sqrt{3}) = a(\sqrt{3} - 1)$$ $$x = \frac{a(\sqrt{3}-1)}{\sqrt{3}+1}$$

   Racjonalizujemy mianownik:

   $$x = \frac{a(\sqrt{3}-1)(\sqrt{3}-1)}{(\sqrt{3}+1)(\sqrt{3}-1)} = \frac{a(\sqrt{3}-1)^2}{2} = \frac{a(3 - 2\sqrt{3} + 1)}{2} = \frac{a(4-2\sqrt{3})}{2} = a(2-\sqrt{3})$$

   Zatem $BD = a(2-\sqrt{3})$ oraz $DC = a - a(2-\sqrt{3}) = a(\sqrt{3}-1)$.

4. Krok 4: Obliczenie kąta DAC

   Obliczamy kąt $\angle DAC$ w trójkącie $ADC$. Znamy:
   — bok $AC = a$,
   — bok $DC = a(\sqrt{3}-1)$,
   — kąt $\angle ACD = 60°$ (kąt trójkąta równobocznego przy wierzchołku $C$).

   W trójkącie $ADC$ korzystamy z funkcji tangens kąta $\angle DAC$. Stosujemy wzór na pole trójkąta przez dwa boki i kąt między nimi:
   Wygodniej użyć wprost funkcji trygonometrycznych w trójkącie $ADC$.

   Stosujemy twierdzenie sinusów w trójkącie $ADC$:

   $$\frac{DC}{\sin(\angle DAC)} = \frac{AC}{\sin(\angle ADC)}$$

   Kąty trójkąta $ADC$: $\angle ACD = 60°$, $\angle DAC = \alpha$ (szukany), $\angle ADC = 120° - \alpha$ (bo suma kątów $= 180°$).

   $$\frac{a(\sqrt{3}-1)}{\sin \alpha} = \frac{a}{\sin(120°-\alpha)}$$ $$\sin(120°-\alpha) = \frac{\sin \alpha}{\sqrt{3}-1}$$

   Rozwijamy $\sin(120°-\alpha)$:

   $$\sin 120° \cos\alpha - \cos 120° \sin\alpha = \frac{\sin\alpha}{\sqrt{3}-1}$$ $$\frac{\sqrt{3}}{2}\cos\alpha + \frac{1}{2}\sin\alpha = \frac{\sin\alpha}{\sqrt{3}-1}$$

   Dzielimy obie strony przez $\cos\alpha$ (zakładając $\cos\alpha \neq 0$), podstawiamy $t = \tan\alpha$:

   $$\frac{\sqrt{3}}{2} + \frac{t}{2} = \frac{t}{\sqrt{3}-1}$$ $$\frac{\sqrt{3}}{2} = t\left(\frac{1}{\sqrt{3}-1} - \frac{1}{2}\right) = t \cdot \frac{2 - (\sqrt{3}-1)}{2(\sqrt{3}-1)} = t \cdot \frac{3-\sqrt{3}}{2(\sqrt{3}-1)}$$ $$\frac{\sqrt{3}}{2} = t \cdot \frac{\sqrt{3}(\sqrt{3}-1)}{2(\sqrt{3}-1)} = t \cdot \frac{\sqrt{3}}{2}$$ $$t = 1$$ $$\tan\alpha = 1 \implies \alpha = 45°$$
5. Krok 5: Weryfikacja

   Przy $\angle DAC = 45°$ kąty w trójkącie $ADC$ wynoszą: $45° + 60° + 75° = 180°$ ✓

   Sprawdzamy stosunek $\frac{BD}{DC}$: $\frac{a(2-\sqrt{3})}{a(\sqrt{3}-1)} = \frac{2-\sqrt{3}}{\sqrt{3}-1} = \frac{(2-\sqrt{3})(\sqrt{3}+1)}{(\sqrt{3}-1)(\sqrt{3}+1)} = \frac{2\sqrt{3}+2-3-\sqrt{3}}{2} = \frac{\sqrt{3}-1}{2}$ ✓

Wynik końcowy:

$$\boxed{\angle DAC = 45°}$$

Rozwiązanie zadania: Trapez ABCD z punktami środkowymi ramion

1. Krok 1: Oznaczenia i wzór na pole trapezu

   Niech $|AB| = a$, $|CD| = c$ oraz $h$ oznacza wysokość trapezu $ABCD$.

   Ponieważ $E$ jest środkiem ramienia $AD$, a $F$ jest środkiem ramienia $BC$, odcinek $EF$ jest linią środkową trapezu $ABCD$.

   Z własności linii środkowej trapezu:

   $$|EF| = \frac{|AB| + |CD|}{2} = \frac{a + c}{2}$$
2. Krok 2: Wyznaczenie wysokości trapezów $ABFE$ i $EFCD$

   Ponieważ $E$ jest środkiem $AD$, a $F$ jest środkiem $BC$, linia środkowa $EF$ dzieli trapez $ABCD$ na dwa trapezy o równych wysokościach.

   Oznaczmy wysokość trapezu $ABCD$ jako $h$. Wówczas:

   • Wysokość trapezu $ABFE$ wynosi $\dfrac{h}{2}$,
   • Wysokość trapezu $EFCD$ wynosi $\dfrac{h}{2}$.

   Uzasadnienie: Odległość między prostymi $AB$ i $EF$ wynosi połowę odległości między $AB$ i $CD$, ponieważ $E$, $F$ leżą w połowach odpowiednich ramion – każde ramię jest przecięte w pół, więc odległości między równoległymi prostymi $AB$, $EF$, $CD$ są równe.

3. Krok 3: Obliczenie pól obu trapezów

   Pole trapezu $ABFE$ (podstawy $|AB| = a$ i $|EF| = \frac{a+c}{2}$, wysokość $\frac{h}{2}$):

   $$P_{ABFE} = \frac{a + \frac{a+c}{2}}{2} \cdot \frac{h}{2} = \frac{\frac{2a + a + c}{2}}{2} \cdot \frac{h}{2} = \frac{3a + c}{4} \cdot \frac{h}{2} = \frac{(3a+c)h}{8}$$

   Pole trapezu $EFCD$ (podstawy $|EF| = \frac{a+c}{2}$ i $|CD| = c$, wysokość $\frac{h}{2}$):

   $$P_{EFCD} = \frac{\frac{a+c}{2} + c}{2} \cdot \frac{h}{2} = \frac{\frac{a + 3c}{2}}{2} \cdot \frac{h}{2} = \frac{a+3c}{4} \cdot \frac{h}{2} = \frac{(a+3c)h}{8}$$
4. Krok 4: Zastosowanie warunku z treści zadania

   Zgodnie z treścią zadania:

   $$\frac{P_{EFCD}}{P_{ABFE}} = \frac{1}{2}$$

   Podstawiamy obliczone pola:

   $$\frac{\dfrac{(a+3c)h}{8}}{\dfrac{(3a+c)h}{8}} = \frac{1}{2}$$

   Upraszczamy (czynniki $h$ i $8$ skracają się):

   $$\frac{a + 3c}{3a + c} = \frac{1}{2}$$
5. Krok 5: Rozwiązanie równania

   Mnożymy obie strony przez $2(3a + c)$:

   $$2(a + 3c) = 3a + c$$ $$2a + 6c = 3a + c$$ $$6c - c = 3a - 2a$$ $$5c = a$$

   Zatem:

   $$\frac{c}{a} = \frac{1}{5}$$
6. Krok 6: Wniosek końcowy

   Skoro $c = |CD|$ oraz $a = |AB|$, otrzymujemy:

   $$\boxed{\frac{|CD|}{|AB|} = \frac{c}{a} = \frac{1}{5}}$$

   Co kończy dowód. $\blacksquare$

Krok 1. Ocena prawdziwości pierwszego zdania.
Chcąc poznać długość trzeciego boku trójkąta, możemy skorzystać z twierdzenia cosinusów:
$$c^2=a^2+b^2-2ab\cdot cos\gamma$$

Podstawiając miary z treści zadania, otrzymamy:
$$c^2=11^2+12^2-2\cdot11\cdot12\cdot cos60°$$ $$c^2=121+144-264\cdot\frac{1}{2}$$ $$c^2=265-132$$ $$c^2=133$$ $$c=\sqrt{133} \quad\lor\quad c=-\sqrt{133}$$

Ujemny wynik oczywiście odrzucamy (bo długość boku musi być dodatnia), zatem zostaje nam \(c=\sqrt{133}\). Otrzymany wynik jest więc różny od pozostałych miar tego trójkąta, co prowadzi nas do wniosku, że ten trójkąt ma wszystkie boki różnej długości. Zdanie jest więc fałszem.

Krok 2. Ocena prawdziwości drugiego zdania.
Chcąc obliczyć pole tego trójkąta, możemy skorzystać z następującego wzoru:
$$P=\frac{1}{2}ab\cdot sin\alpha$$

Podstawiając znane miary do tego wzoru, otrzymamy:
$$P=\frac{1}{2}\cdot11\cdot12\cdot sin60°$$ $$P=66\cdot\frac{\sqrt{3}}{2}$$ $$P=33\sqrt{3}$$

Zdanie jest więc prawdą.

Korzystamy ze wzoru na pole trójkąta z dwoma bokami i kątem między nimi:

\(P=\frac{1}{2}\cdot|AB|\cdot|AC|\cdot\sin|\angle CAB|\)

\(P=\frac{1}{2}\cdot 6\cdot 4\cdot\sin 60^\circ=12\cdot\frac{\sqrt{3}}{2}=6\sqrt{3}\)

Odpowiedź: B.

Rozważmy trójkąt \(ABS\). Jego podstawą jest bok \(AB\) o długości \(12\), a wysokością opuszczoną na tę podstawę — odcinek o długości \(|BS|=\frac{12}{2}=6\) (bo \(BC\perp AB\)).

Pole trójkąta \(ABS\):

\(P=\frac{1}{2}\cdot 12\cdot 6=36\)

Długość odcinka \(AS\) z twierdzenia Pitagorasa w trójkącie prostokątnym \(ABS\):

\(|AS|=\sqrt{12^2+6^2}=\sqrt{144+36}=\sqrt{180}=6\sqrt{5}\)

Odcinek \(BP\) jest wysokością trójkąta \(ABS\) opuszczoną na bok \(AS\), więc pole można zapisać też tak:

\(P=\frac{1}{2}\cdot|AS|\cdot|BP|\)

\(36=\frac{1}{2}\cdot 6\sqrt{5}\cdot|BP|\)

\(|BP|=\frac{72}{6\sqrt{5}}=\frac{12}{\sqrt{5}}=\frac{12\sqrt{5}}{5}\)

Odpowiedź: \(|BP|=\frac{12\sqrt{5}}{5}\)

Korzystamy ze wzoru na pole trójkąta: \(P=\frac{1}{2}\cdot x\cdot y\cdot\sin\gamma\), gdzie \(\gamma\) jest kątem między bokami \(x\) i \(y\).

Bok \(a\) leży naprzeciw kąta \(30^\circ\), bok \(b\) naprzeciw \(45^\circ\), bok \(c\) naprzeciw \(105^\circ\).

Boki \(a\) i \(c\). Ich wspólnym wierzchołkiem jest wierzchołek kąta \(45^\circ\), więc

\(P=\frac{1}{2}\cdot a\cdot c\cdot\sin 45^\circ=\frac{1}{2}\cdot a\cdot c\cdot\frac{\sqrt{2}}{2}=\frac{\sqrt{2}}{4}\cdot a\cdot c\) — odpowiedź C.

Boki \(b\) i \(c\). Ich wspólnym wierzchołkiem jest wierzchołek kąta \(30^\circ\), więc

\(P=\frac{1}{2}\cdot b\cdot c\cdot\sin 30^\circ=\frac{1}{2}\cdot b\cdot c\cdot\frac{1}{2}=\frac{1}{4}\cdot b\cdot c\) — odpowiedź F.

Odpowiedź: C oraz F.

Oznaczmy $|AB|=a$, $|AD|=b$ oraz wysokość $h$. Wierzchołek $E$ leży nad $A$, $F$ nad $B$, $G$ nad $C$, a $H$ nad $D$.

Krok 1. Boki trójkąta $AFH$. Odcinki $AF$ i $AH$ są przekątnymi ścian bocznych, a $FH$ — przekątną górnej podstawy:

$$|AF|=\sqrt{a^2+h^2},\qquad |AH|=\sqrt{b^2+h^2},\qquad |FH|=\sqrt{a^2+b^2}.$$

Krok 2. Cosinus kąta. Kąt $\alpha$ jest ostry, więc

$$\cos\alpha=\sqrt{1-\left(\tfrac{12}{13}\right)^{2}}=\sqrt{\tfrac{25}{169}}=\frac{5}{13}.$$

Krok 3. Twierdzenie cosinusów w trójkącie $AFH$ dla boku $FH$:

$$|FH|^2=|AF|^2+|AH|^2-2\,|AF|\,|AH|\cos\alpha.$$

$$a^2+b^2=\left(a^2+h^2\right)+\left(b^2+h^2\right)-2\,|AF|\,|AH|\cdot\frac{5}{13}.$$

Po redukcji $a^2+b^2$ zostaje

$$0=2h^2-\frac{10}{13}\,|AF|\,|AH|\ \Longrightarrow\ |AF|\,|AH|=\frac{13}{5}h^2.$$

Krok 4. Pole trójkąta.

$$P=\frac12\,|AF|\,|AH|\sin\alpha=\frac12\cdot\frac{13}{5}h^2\cdot\frac{12}{13}=\frac{6}{5}h^2=1{,}2\,h^2.$$

Krok 5. Wyznaczenie $h$.

$$1{,}2\,h^2=26{,}4\ \Longrightarrow\ h^2=22\ \Longrightarrow\ h=\sqrt{22}.$$

Odpowiedź: $h=\sqrt{22}\approx 4{,}69$

a) Wyprowadzenie wzoru. Ramiona mają długość $b$, więc podstawa wynosi $a=18-2b$. Wysokość opuszczona na podstawę dzieli ją na połowy, zatem z twierdzenia Pitagorasa:

$$h=\sqrt{b^2-\left(\frac{a}{2}\right)^2}=\sqrt{b^2-(9-b)^2}=\sqrt{b^2-81+18b-b^2}=\sqrt{18b-81}.$$

Stąd pole:

$$P=\frac12\,a\,h=\frac{(18-2b)\sqrt{18b-81}}{2}. \qquad\blacksquare$$

b) Dziedzina. Muszą zachodzić jednocześnie:

$$a=18-2b>0\ \Longrightarrow\ b\lt 9,$$

$$18b-81>0\ \Longrightarrow\ b>\frac{9}{2}.$$

Warunek trójkąta $a\lt 2b$ daje $18-2b\lt 2b$, czyli $b>\frac92$ — to samo ograniczenie. Zatem

$$D=\left(\frac{9}{2},\ 9\right).$$

c) Największe pole. Zapiszmy $P(b)=(9-b)\sqrt{18b-81}$. Ponieważ na dziedzinie $P>0$, wystarczy zmaksymalizować kwadrat wyrażenia pomocniczego:

$$g(b)=(9-b)^2(2b-9).$$

$$g'(b)=-2(9-b)(2b-9)+2(9-b)^2=(9-b)\bigl[-4b+18+18-2b\bigr]=6(9-b)(6-b).$$

Na przedziale $\left(\frac92,9\right)$ czynnik $(9-b)$ jest dodatni, więc znak pochodnej wyznacza $(6-b)$: dla $b\lt 6$ funkcja rośnie, dla $b>6$ maleje. Maksimum wypada w $b=6$.

Wtedy podstawa $a=18-2\cdot6=6$, czyli trójkąt jest równoboczny.

Kontrola: $P(6)=(9-6)\sqrt{18\cdot6-81}=3\sqrt{27}=9\sqrt3$, co zgadza się ze wzorem na pole trójkąta równobocznego $\frac{6^2\sqrt3}{4}=9\sqrt3$.

Odpowiedź: boki $6$, $6$, $6$ (trójkąt równoboczny), pole $9\sqrt3$.

Krok 1. Kąt między danymi bokami.

Ze wzoru na pole trójkąta:

\(P=\frac{1}{2}\cdot 5\cdot 8\cdot\sin\gamma=12\)

\(\sin\gamma=\frac{12}{20}=\frac{3}{5}\)

Kąt \(\gamma\) w trójkącie ostrokątnym jest ostry, więc \(\cos\gamma\gt 0\):

\(\cos\gamma=\sqrt{1-\left(\frac{3}{5}\right)^2}=\frac{4}{5}\)

Krok 2. Twierdzenie cosinusów.

\(c^2=5^2+8^2-2\cdot 5\cdot 8\cdot\frac{4}{5}\)

\(c^2=25+64-64=25\)

\(c=5\)

Uwaga: gdyby przyjąć \(\cos\gamma=-\frac{4}{5}\), otrzymalibyśmy \(c=\sqrt{153}\) — liczbę, której nie ma wśród odpowiedzi.

Odpowiedź: A.

Krok 1. Układ współrzędnych. Bez straty ogólności przyjmijmy bok długości $3$, wtedy $|BD|=|AE|=1$. Umieśćmy trójkąt tak, że

$$A=(0,0),\qquad B=(3,0),\qquad C=\left(\tfrac32,\ \tfrac32\sqrt3\right).$$

Punkt $D$ leży na $AB$ w odległości $1$ od $B$, więc $D=(2,0)$. Punkt $E$ leży na $AC$ w odległości $1$ od $A$, czyli $E=\tfrac13 C=\left(\tfrac12,\ \tfrac12\sqrt3\right)$.

Krok 2. Wyznaczenie punktu $P$. Prostą $CD$ parametryzujemy $t\in\langle0,1\rangle$ (od $C$ do $D$):

$$x=\tfrac32+\tfrac12 t,\qquad y=\tfrac32\sqrt3\,(1-t).$$

Prostą $BE$ parametryzujemy $s$ (od $B$ do $E$):

$$x=3-\tfrac52 s,\qquad y=\tfrac12\sqrt3\,s.$$

Z porównania współrzędnych $y$: $\ \tfrac32(1-t)=\tfrac12 s$, czyli $s=3(1-t)$. Podstawiamy do równania na $x$:

$$\tfrac32+\tfrac12 t=3-\tfrac52\cdot 3(1-t)=-\tfrac92+\tfrac{15}{2}t.$$

$$6=7t\ \Longrightarrow\ t=\frac{6}{7}.$$

Zatem $P=\left(\frac{27}{14},\ \frac{3\sqrt3}{14}\right)$.

Krok 3. Stosunek odcinków na prostej $CD$. Parametr $t$ liczony był od $C$, więc $|CP|:|CD|=\frac67$, a stąd

$$\frac{|DP|}{|DC|}=1-\frac67=\frac{1}{7}.$$

Krok 4. Dwa stosunki pól. Trójkąty $BDP$ i $BDC$ mają wspólny wierzchołek $B$, a ich podstawy $DP$ i $DC$ leżą na jednej prostej, więc

$$\frac{P_{BDP}}{P_{BDC}}=\frac{|DP|}{|DC|}=\frac{1}{7}.$$

Trójkąty $BDC$ i $ABC$ mają wspólny wierzchołek $C$, a podstawy $BD$ i $AB$ leżą na jednej prostej, więc

$$\frac{P_{BDC}}{P_{ABC}}=\frac{|BD|}{|AB|}=\frac{1}{3}.$$

Krok 5. Złożenie.

$$\frac{P_{DBP}}{P_{ABC}}=\frac{1}{7}\cdot\frac{1}{3}=\frac{1}{21},$$

czyli pole trójkąta $DBP$ jest $21$ razy mniejsze od pola trójkąta $ABC$. $\blacksquare$

Kontrola rachunkowa: $P_{DBP}=\tfrac12\cdot|DB|\cdot y_P=\tfrac12\cdot1\cdot\tfrac{3\sqrt3}{14}=\tfrac{3\sqrt3}{28}$, a $P_{ABC}=\tfrac{3^2\sqrt3}{4}=\tfrac{9\sqrt3}{4}$. Iloraz: $\tfrac{9\sqrt3}{4}:\tfrac{3\sqrt3}{28}=21$.

Punkt $C$ leży na paraboli, więc $C=(m,\ m^{2})$.

a) Pole trójkąta. Korzystamy ze wzoru na pole trójkąta o danych wierzchołkach:

$$P=\frac12\left|(x_B-x_A)(y_C-y_A)-(x_C-x_A)(y_B-y_A)\right|.$$

$$P=\frac12\left|1\cdot(m^{2}-2)-m\cdot 1\right|=\frac12\left|m^{2}-m-2\right|=\frac12\left|(m-2)(m+1)\right|.$$

Prosta $AB$ ma równanie $y=x+2$; punkt $C$ leży na niej dla $m=-1$ oraz $m=2$ — wtedy trójkąt się degeneruje. Zatem

$$P(m)=\frac12\left|m^{2}-m-2\right|\quad\text{dla }m\in\mathbb{R}\setminus\{-1,\,2\}.$$

b) Warunek ostrokątności. Trójkąt jest ostrokątny, gdy wszystkie trzy iloczyny skalarne odpowiednich wektorów są dodatnie.

Kąt przy $A$: $\vec{AB}=[1,1]$, $\vec{AC}=[m,\ m^{2}-2]$:

$$m+m^{2}-2=(m+2)(m-1)>0\ \Longleftrightarrow\ m\lt -2\ \text{lub}\ m>1.$$

Kąt przy $B$: $\vec{BA}=[-1,-1]$, $\vec{BC}=[m-1,\ m^{2}-3]$:

$$-(m-1)-(m^{2}-3)=-m^{2}-m+4>0\ \Longleftrightarrow\ m^{2}+m-4\lt 0,$$

$$m\in\left(\frac{-1-\sqrt{17}}{2},\ \frac{-1+\sqrt{17}}{2}\right)\approx(-2{,}56;\ 1{,}56).$$

Kąt przy $C$: $\vec{CA}=[-m,\ 2-m^{2}]$, $\vec{CB}=[1-m,\ 3-m^{2}]$:

$$-m(1-m)+(2-m^{2})(3-m^{2})=m^{4}-4m^{2}-m+6.$$

To wyrażenie jest dodatnie dla każdego $m$ (najmniejsza wartość, w pobliżu $m\approx1{,}49$, wynosi około $0{,}56$), więc kąt przy $C$ jest zawsze ostry i nie wnosi ograniczeń.

Część wspólna warunków:

$$m\in\left(\frac{-1-\sqrt{17}}{2},\ -2\right)\cup\left(1,\ \frac{-1+\sqrt{17}}{2}\right).$$

Punkty $m=-1$ i $m=2$ nie należą do tych przedziałów, więc trójkąt nie degeneruje się automatycznie.

Kontrola: dla $m=1{,}2$ trzy iloczyny skalarne wynoszą $0{,}64$; $1{,}36$; $1{,}11$ — wszystkie dodatnie ✓. Dla $m=1{,}6$ mamy $m^{2}+m-4=0{,}16>0$, więc kąt przy $B$ nie jest ostry — zgodnie z wykluczeniem.

Krok 1. Postać odcinkowa prostej.

Niech prosta przecina oś \(Ox\) w punkcie \((p,0)\), a oś \(Oy\) w punkcie \((0,q)\), gdzie \(p\gt 0\) i \(q\gt 0\):

\(\frac{x}{p}+\frac{y}{q}=1\)

Krok 2. Warunek na pole trójkąta.

\(\frac{1}{2}pq=36\Rightarrow pq=72\)

Krok 3. Warunek przechodzenia przez punkt \(P\).

\(\frac{8}{p}+\frac{2}{q}=1\)

Podstawiamy \(q=\frac{72}{p}\):

\(\frac{8}{p}+\frac{2p}{72}=1\)

\(\frac{8}{p}+\frac{p}{36}=1\)

Mnożymy przez \(36p\):

\(288+p^2=36p\)

\(p^2-36p+288=0\)

\(\Delta=1296-1152=144\), \(\;\sqrt{\Delta}=12\)

\(p=\frac{36-12}{2}=12\) lub \(p=\frac{36+12}{2}=24\)

Krok 4. Równania prostych.

Dla \(p=24\): \(q=3\), czyli \(\frac{x}{24}+\frac{y}{3}=1\), stąd \(y=-\frac{1}{8}x+3\).

Dla \(p=12\): \(q=6\), czyli \(\frac{x}{12}+\frac{y}{6}=1\), stąd \(y=-\frac{1}{2}x+6\).

Sprawdzenie: dla \(x=8\) pierwsza prosta daje \(y=-1+3=2\) ✓, druga \(y=-4+6=2\) ✓

Odpowiedź: \(y=-\frac{1}{8}x+3\) lub \(y=-\frac{1}{2}x+6\)

Krok 1. Boki trójkąta $ABC$. Dla okręgów stycznych zewnętrznie odległość środków równa się sumie promieni:

$$|AB|=r+2r=3r,\qquad |BC|=2r+3r=5r,\qquad |CA|=3r+r=4r.$$

Ponieważ $(3r)^{2}+(4r)^{2}=(5r)^{2}$, trójkąt $ABC$ jest prostokątny, a kąt prosty leży przy wierzchołku $A$ (naprzeciw najdłuższego boku $BC$).

$$P_{ABC}=\frac12\cdot 3r\cdot 4r=6r^{2}.$$

Krok 2. Położenie punktów styczności. Punkt styczności leży na odcinku łączącym środki, w odległości promienia od każdego z nich:

$$|AK|=r,\ |KB|=2r;\qquad |BL|=2r,\ |LC|=3r;\qquad |CM|=3r,\ |MA|=r.$$

Krok 3. Funkcje trygonometryczne kątów.

$$\sin A=1,\qquad \sin B=\frac{|AC|}{|BC|}=\frac{4}{5},\qquad \sin C=\frac{|AB|}{|BC|}=\frac{3}{5}.$$

Krok 4. Pola trójkątów narożnych. Korzystamy ze wzoru $P=\frac12ab\sin\gamma$:

$$P_{AKM}=\frac12\cdot r\cdot r\cdot 1=\frac{r^{2}}{2},$$

$$P_{BKL}=\frac12\cdot 2r\cdot 2r\cdot\frac45=\frac{8r^{2}}{5},$$

$$P_{CLM}=\frac12\cdot 3r\cdot 3r\cdot\frac35=\frac{27r^{2}}{10}.$$

Krok 5. Pole trójkąta $KLM$. Sprowadzamy do wspólnego mianownika:

$$P_{AKM}+P_{BKL}+P_{CLM}=\frac{5r^{2}+16r^{2}+27r^{2}}{10}=\frac{48r^{2}}{10}=\frac{24r^{2}}{5}.$$

$$P_{KLM}=6r^{2}-\frac{24r^{2}}{5}=\frac{30r^{2}-24r^{2}}{5}=\frac{6r^{2}}{5}.$$

Krok 6. Szukany stosunek.

$$\frac{P_{KLM}}{P_{ABC}}=\frac{\frac{6r^{2}}{5}}{6r^{2}}=\frac{1}{5}.$$

Uwaga: wynik nie zależy od $r$ — wszystkie takie konfiguracje są podobne.

Odpowiedź: $\frac{P_{KLM}}{P_{ABC}}=\frac{1}{5}$

Krok 1. Kluczowa obserwacja. Zauważmy, że $|DC|=|BC|=10$, więc trójkąt $DCB$ jest równoramienny. Wysokość opuszczona z $C$ na prostą $AB$ pada zatem w środek odcinka $DB$; oznaczmy ten punkt przez $H$.

Krok 2. Oznaczenia. Niech $|AD|=3t$ oraz $|DB|=4t$. Wtedy

$$|DH|=|HB|=2t,\qquad |AH|=|AD|+|DH|=3t+2t=5t.$$

Krok 3. Wysokość z dwóch trójkątów prostokątnych. Z trójkąta $CHB$:

$$|CH|^{2}=10^{2}-(2t)^{2}=100-4t^{2}.$$

Z trójkąta $CHA$:

$$|AC|^{2}=|AH|^{2}+|CH|^{2}\ \Longrightarrow\ 289=25t^{2}+100-4t^{2}.$$

Krok 4. Wyznaczenie $t$.

$$21t^{2}=189\ \Longrightarrow\ t^{2}=9\ \Longrightarrow\ t=3.$$

Zatem $|AD|=9$, $|DB|=12$, $|AB|=21$ oraz

$$|CH|=\sqrt{100-36}=8.$$

Krok 5. Pole.

$$P_{ABC}=\frac12\cdot|AB|\cdot|CH|=\frac12\cdot21\cdot8=84.$$

Kontrola wzorem Herona: boki $21,10,17$, $s=24$, a $\sqrt{24\cdot3\cdot14\cdot7}=\sqrt{7056}=84$ ✓

Odpowiedź: $P_{ABC}=84$

Krok 1. Trójkąt $DAB$. W prostokącie kąt przy wierzchołku $A$ jest prosty, więc trójkąt $DAB$ jest prostokątny o przyprostokątnych

$$|AB|=a,\qquad |AD|=|BC|=b,$$

a jego przeciwprostokątną jest przekątna

$$|BD|=\sqrt{a^{2}+b^{2}}.$$

Krok 2. Wysokość $AE$. Pole trójkąta $DAB$ można wyrazić na dwa sposoby:

$$\frac12\,ab=\frac12\,|BD|\cdot|AE|\ \Longrightarrow\ |AE|=\frac{ab}{\sqrt{a^{2}+b^{2}}}.$$

Krok 3. Odcinek $DE$. Z twierdzenia Euklidesa (kwadrat przyprostokątnej równa się iloczynowi przeciwprostokątnej i rzutu tej przyprostokątnej):

$$|AD|^{2}=|BD|\cdot|DE|\ \Longrightarrow\ |DE|=\frac{b^{2}}{\sqrt{a^{2}+b^{2}}}.$$

Krok 4. Pole trójkąta $AED$. Trójkąt $AED$ ma kąt prosty przy $E$ (bo $AE\perp BD$), a jego przyprostokątne to $DE$ i $AE$:

$$P_{AED}=\frac12\,|DE|\cdot|AE|=\frac12\cdot\frac{b^{2}}{\sqrt{a^{2}+b^{2}}}\cdot\frac{ab}{\sqrt{a^{2}+b^{2}}}=\frac{ab^{3}}{2\left(a^{2}+b^{2}\right)}.$$

Kontrola liczbowa: dla $a=2$, $b=1$ mamy $|BD|=\sqrt5$, $|AE|=\frac{2}{\sqrt5}$, $|DE|=\frac{1}{\sqrt5}$, więc $P=\frac12\cdot\frac{2}{5}=\frac15$; wzór daje $\frac{2\cdot1}{2\cdot5}=\frac15$ ✓

Odpowiedź: $P_{AED}=\frac{ab^{3}}{2\left(a^{2}+b^{2}\right)}$

Krok 1. Kąt między danymi bokami.

Ze wzoru na pole trójkąta:

\(P=\frac{1}{2}\cdot|AC|\cdot|AB|\cdot\sin\alpha\), gdzie \(\alpha=|\angle BAC|\)

\(10\sqrt{3}=\frac{1}{2}\cdot 5\cdot 8\cdot\sin\alpha=20\sin\alpha\)

\(\sin\alpha=\frac{\sqrt{3}}{2}\)

Trójkąt jest ostrokątny, więc \(\alpha=60^\circ\) i \(\cos\alpha=\frac{1}{2}\).

Krok 2. Trzeci bok.

Z twierdzenia cosinusów:

\(|BC|^2=5^2+8^2-2\cdot 5\cdot 8\cdot\frac{1}{2}=25+64-40=49\)

\(|BC|=7\)

Sprawdzenie ostrokątności: najdłuższy bok \(8\), a \(8^2=64\lt 5^2+7^2=74\) ✓

Krok 3. Twierdzenie sinusów.

\(\frac{|BC|}{\sin\alpha}=2R\)

\(2R=\frac{7}{\frac{\sqrt{3}}{2}}=\frac{14}{\sqrt{3}}\)

\(R=\frac{7}{\sqrt{3}}=\frac{7\sqrt{3}}{3}\)

Odpowiedź: \(R=\frac{7\sqrt{3}}{3}\)

Krok 1. Układ współrzędnych.

\(A=(0,0)\), \(B=(2,0)\), \(C=(2,2)\), \(D=(0,2)\)

Z warunku \(|CE|=x\) (punkt \(E\) na boku \(BC\)): \(E=(2,\;2-x)\)

Z warunku \(|DF|=x\) (punkt \(F\) na boku \(CD\)): \(F=(x,\;2)\)

Punkty są różne od wierzchołków, więc \(x\in(0,2)\).

Krok 2. Pole trójkąta \(AEF\) jako dopełnienie.

Od pola kwadratu odejmujemy pola trzech trójkątów prostokątnych:

\(P_{ABE}=\frac{1}{2}\cdot 2\cdot(2-x)=2-x\)

\(P_{ECF}=\frac{1}{2}\cdot x\cdot(2-x)=x-\frac{x^2}{2}\)

\(P_{ADF}=\frac{1}{2}\cdot 2\cdot x=x\)

\(P(x)=4-(2-x)-\left(x-\frac{x^2}{2}\right)-x=\frac{1}{2}x^2-x+2\)

Krok 3. Najmniejsza wartość.

Funkcja \(P\) jest funkcją kwadratową o współczynniku \(\frac{1}{2}\gt 0\), więc przyjmuje wartość najmniejszą w wierzchołku:

\(x_w=\frac{1}{2\cdot\frac{1}{2}}=1\)

Liczba \(1\) należy do przedziału \((0,2)\) ✓

\(P(1)=\frac{1}{2}-1+2=\frac{3}{2}\)

Odpowiedź: pole trójkąta \(AEF\) jest najmniejsze dla \(x=1\) i wynosi \(\frac{3}{2}\).

Oznaczmy \(x=|DF|\), wtedy \(|CE|=2x\), \(|CF|=1-x\) oraz \(|BE|=1-2x\).

Warunki geometryczne: \(x\ge0\) i \(2x\le1\), więc \(x\in\langle0,\tfrac12\rangle\).

Pole trójkąta \(AEF\) obliczamy, odejmując od pola kwadratu pola trzech trójkątów prostokątnych:

\(P(x)=1-\underbrace{\tfrac12\cdot1\cdot(1-2x)}_{P_{ABE}}-\underbrace{\tfrac12\cdot2x\cdot(1-x)}_{P_{ECF}}-\underbrace{\tfrac12\cdot1\cdot x}_{P_{ADF}}\),

\(P(x)=1-\tfrac12+x-x+x^2-\tfrac{x}{2}=x^2-\tfrac12x+\tfrac12\).

Jest to funkcja kwadratowa o dodatnim współczynniku przy \(x^2\), więc wartość najmniejszą przyjmuje w wierzchołku:

\(x_0=\dfrac{\tfrac12}{2}=\dfrac14\), przy czym \(\tfrac14\in\langle0,\tfrac12\rangle\).

Odpowiedź: \(x=\dfrac14\) (najmniejsze pole wynosi wtedy \(\dfrac{7}{16}\)).

Prosta równoległa do osi \(Ox\) ma równanie \(y=h\), przy czym musi być \(h>0\), aby przecięła wykres funkcji \(f(x)=\tfrac{1}{x^2}\) (która przyjmuje tylko wartości dodatnie).

Punkty przecięcia. Z równania \(\dfrac{1}{x^2}=h\) mamy \(x^2=\dfrac1h\), czyli \(x=\pm\dfrac{1}{\sqrt h}\). Zatem

\(A=\left(-\tfrac{1}{\sqrt h},h\right)\), \(B=\left(\tfrac{1}{\sqrt h},h\right)\) oraz \(|AB|=\dfrac{2}{\sqrt h}\).

Wysokość. Odległość punktu \(C=(3,-1)\) od prostej \(y=h\) wynosi \(h-(-1)=h+1\).

Pole.

\(P=\tfrac12\cdot\dfrac{2}{\sqrt h}\cdot(h+1)=\dfrac{h+1}{\sqrt h}\).

Podstawiamy \(t=\sqrt h>0\), wtedy

\(P=\dfrac{t^2+1}{t}=t+\dfrac1t\).

Z nierówności między średnią arytmetyczną a geometryczną (albo z oczywistej nierówności \((t-1)^2\ge0\), czyli \(t^2+1\ge2t\)) otrzymujemy

\(t+\dfrac1t\ge2\) dla każdego \(t>0\).

Zatem \(P\ge2\), przy czym równość zachodzi dla \(t=1\), czyli \(h=1\). \(\blacksquare\)

Oznaczmy ostrosłup przez \(ABCS\), a długość krawędzi bocznej przez \(b=|SA|=|SB|=|SC|\).

1) Interpretacja kąta dwuściennego. Rozpatrzmy krawędź \(SC\). Poprowadźmy w ścianie \(ASC\) wysokość \(AD\perp SC\); z symetrii również \(BD\perp SC\) i \(|AD|=|BD|\). Kątem między ścianami jest więc \(|\sphericalangle ADB|=2\alpha\) (założenie o ostrokątności ścian gwarantuje, że spodek \(D\) leży wewnątrz krawędzi \(SC\)).

W trójkącie równoramiennym \(ADB\) wysokość z \(D\) połowi kąt i podstawę, więc

\(\sin\alpha=\dfrac{a/2}{|AD|}\), czyli \(|AD|=\dfrac{a}{2\sin\alpha}\).

2) Związek z krawędzią boczną. Pole trójkąta \(ASC\) obliczamy na dwa sposoby: \(\tfrac12|SC|\cdot|AD|=\tfrac12|AC|\cdot h_b\), gdzie \(h_b=\sqrt{b^2-\tfrac{a^2}{4}}\) jest wysokością ściany opuszczoną z \(S\). Stąd

\(b\cdot\dfrac{a}{2\sin\alpha}=a\sqrt{b^2-\dfrac{a^2}{4}}\), czyli \(\dfrac{b^2}{4\sin^2\alpha}=b^2-\dfrac{a^2}{4}\).

Po przekształceniu

\(b^2=\dfrac{a^2\sin^2\alpha}{4\sin^2\alpha-1}\) (przy czym musi być \(\sin\alpha>\tfrac12\), czyli \(2\alpha>60^\circ\)).

3) Wysokość ostrosłupa. Promień okręgu opisanego na podstawie \(R=\dfrac{a}{\sqrt3}\), więc

\(H^2=b^2-R^2=\dfrac{a^2\sin^2\alpha}{4\sin^2\alpha-1}-\dfrac{a^2}{3}=\dfrac{a^2\bigl(3\sin^2\alpha-4\sin^2\alpha+1\bigr)}{3(4\sin^2\alpha-1)}=\dfrac{a^2\cos^2\alpha}{3(4\sin^2\alpha-1)}\),

\(H=\dfrac{a\cos\alpha}{\sqrt{3(4\sin^2\alpha-1)}}\).

4) Objętość. Pole podstawy \(P=\dfrac{a^2\sqrt3}{4}\), zatem

\(V=\tfrac13\cdot\dfrac{a^2\sqrt3}{4}\cdot\dfrac{a\cos\alpha}{\sqrt3\sqrt{4\sin^2\alpha-1}}=\dfrac{a^3\cos\alpha}{12\sqrt{4\sin^2\alpha-1}}\).

Sprawdzenie: dla czwarościanu foremnego \(b=a\), co daje \(\sin^2\alpha=\tfrac13\) i \(V=\dfrac{a^3}{6\sqrt2}\) — zgodnie ze znanym wzorem. ✅

1) Punkty \(A\) i \(B\).

Dla \(y=0\): \(5x-10=0\), skąd \(A=(2,0)\).

Dla \(x=0\): \(4y-10=0\), skąd \(B=\left(0,\tfrac52\right)\).

2) Pole trójkąta. Punkt \(C=(c,0)\) leży na osi \(Ox\), więc za podstawę trójkąta przyjmujemy odcinek \(AC\) o długości \(|c-2|\), a wysokością jest odległość punktu \(B\) od osi \(Ox\), równa \(\tfrac52\):

\(P=\tfrac12\cdot|c-2|\cdot\tfrac52=35\).

3) Rozwiązanie.

\(|c-2|=\dfrac{35\cdot4}{5}=28\),

\(c-2=28\) lub \(c-2=-28\), czyli \(c=30\) lub \(c=-26\).

Odpowiedź: \(C=(30,0)\) albo \(C=(-26,0)\).