Pola trójkątów — różne wzory

1. Krok 1. Układ współrzędnych.

   $A=(0,0)$, $B=(a,0)$, $C=(a,a)$, $D=(0,a)$. Środki: $K=\left(\tfrac{a}{2},0\right)$, $L=\left(a,\tfrac{a}{2}\right)$.

2. Krok 2. Punkt $M$ z warunku $DK\perp KM$.

   $\vec{KD}=\left(-\tfrac{a}{2},a\right)$. Niech $M=(a,m)$, wtedy $\vec{KM}=\left(\tfrac{a}{2},m\right)$. Z $\vec{KD}\cdot\vec{KM}=0$: $-\tfrac{a^{2}}{4}+am=0\Rightarrow m=\tfrac{a}{4}$, więc $M=\left(a,\tfrac{a}{4}\right)$.

3. Krok 3. Proste i punkty $P$, $Q$.

   $AL:\ y=\tfrac12 x$; $\ DK:\ y=a-2x$; $\ DM:\ y=a-\tfrac34 x$.

   $$P=AL\cap DK:\ \tfrac12 x=a-2x\Rightarrow x=\tfrac{2a}{5}\Rightarrow P=\left(\tfrac{2a}{5},\tfrac{a}{5}\right).$$ $$Q=AL\cap DM:\ \tfrac12 x=a-\tfrac34 x\Rightarrow x=\tfrac{4a}{5}\Rightarrow Q=\left(\tfrac{4a}{5},\tfrac{2a}{5}\right).$$
4. Krok 4. Długość $|PQ|$. $$|PQ|=\sqrt{\left(\tfrac{2a}{5}\right)^{2}+\left(\tfrac{a}{5}\right)^{2}}=\sqrt{\tfrac{4a^{2}}{25}+\tfrac{a^{2}}{25}}=\sqrt{\tfrac{5a^{2}}{25}}=\frac{a}{\sqrt5}=\frac{\sqrt5}{5}\,a.\ \blacksquare$$

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.)

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. Wykorzystanie własności czworokąta wpisanego w okrąg.

Przekątna \(AC\) dzieli czworokąt na trójkąty \(ABC\) i \(ACD\). Oznaczmy \(\alpha=|\angle ABC|\). W czworokącie wpisanym w okrąg przeciwległe kąty sumują się do \(180^\circ\), więc \(|\angle ADC|=180^\circ-\alpha\) i \(\cos|\angle ADC|=-\cos\alpha\).

Krok 2. Twierdzenie cosinusów w obu trójkątach.

W trójkącie \(ABC\) (boki \(3\) i \(3\)):

\(|AC|^2=3^2+3^2-2\cdot 3\cdot 3\cos\alpha=18-18\cos\alpha\)

W trójkącie \(ACD\) (boki \(5\) i \(8\)):

\(|AC|^2=5^2+8^2-2\cdot 5\cdot 8\cdot(-\cos\alpha)=89+80\cos\alpha\)

Krok 3. Wyznaczenie \(\cos\alpha\) i \(|AC|\).

\(18-18\cos\alpha=89+80\cos\alpha\)

\(-71=98\cos\alpha\)

\(\cos\alpha=-\frac{71}{98}\)

\(|AC|^2=18-18\cdot\left(-\frac{71}{98}\right)=18+\frac{1278}{98}=\frac{1764+1278}{98}=\frac{3042}{98}=\frac{1521}{49}\)

\(|AC|=\frac{39}{7}\)

Krok 4. Twierdzenie sinusów.

\(\sin\alpha=\sqrt{1-\left(\frac{71}{98}\right)^2}=\frac{\sqrt{9604-5041}}{98}=\frac{\sqrt{4563}}{98}=\frac{39\sqrt{3}}{98}\)

(bo \(4563=27\cdot 169\), więc \(\sqrt{4563}=13\cdot 3\sqrt{3}=39\sqrt{3}\)).

Okrąg opisany na czworokącie jest jednocześnie okręgiem opisanym na trójkącie \(ABC\):

\(2R=\frac{|AC|}{\sin\alpha}=\frac{\frac{39}{7}}{\frac{39\sqrt{3}}{98}}=\frac{39}{7}\cdot\frac{98}{39\sqrt{3}}=\frac{14}{\sqrt{3}}\)

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

Odpowiedź: \(R=\frac{7\sqrt{3}}{3}\)

1. Krok 1. Oznaczenia i twierdzenie sinusów.

   Niech $\angle BAC=\alpha$, $\angle ABC=2\alpha$. Oznaczmy $a=|BC|$, $b=|AC|$, $c=|AB|$ (boki naprzeciw kątów $A,B,C$). Z twierdzenia sinusów przy promieniu okręgu opisanego $R$:

   $$a=2R\sin\alpha,\qquad b=2R\sin 2\alpha,\qquad c=2R\sin 3\alpha.$$

   (bo $\angle ACB=\pi-3\alpha$, a $\sin(\pi-3\alpha)=\sin 3\alpha$).

2. Krok 2. Prawa strona tezy $a^{2}+ac$. $$a^{2}+ac=a(a+c)=2R\sin\alpha\,(2R\sin\alpha+2R\sin 3\alpha)=4R^{2}\sin\alpha(\sin\alpha+\sin 3\alpha).$$

   Ze wzoru na sumę sinusów $\sin\alpha+\sin 3\alpha=2\sin 2\alpha\cos\alpha$:

   $$a^{2}+ac=4R^{2}\sin\alpha\cdot 2\sin 2\alpha\cos\alpha=8R^{2}\sin\alpha\cos\alpha\sin 2\alpha=4R^{2}\sin 2\alpha\cdot\sin 2\alpha,$$

   bo $2\sin\alpha\cos\alpha=\sin 2\alpha$. Zatem $a^{2}+ac=4R^{2}\sin^{2}2\alpha$.

3. Krok 3. Lewa strona tezy $b^{2}$. $$b^{2}=\left(2R\sin 2\alpha\right)^{2}=4R^{2}\sin^{2}2\alpha.$$
4. Wniosek. $b^{2}=a^{2}+ac$, czyli $|AC|^{2}=|BC|^{2}+|AB|\cdot|BC|.\ \blacksquare$

   (Założenie, że trójkąt nie jest równoramienny, gwarantuje $\alpha\neq 2\alpha$ i poprawność konstrukcji.)

1. Krok 1. Układ współrzędnych.

   Przyjmijmy $A=(0,0)$, $B=(a,0)$, $C=(a,a)$, $D=(0,a)$. Wtedy $E$ (środek $CD$) $=\left(\tfrac{a}{2},a\right)$.

   Proste: $AC:\ y=x$; $\ AE:\ y=2x$; $\ BD:\ x+y=a$.

2. Krok 2. Punkty przecięcia $F$ i $G$. $$G=AC\cap BD:\ x+x=a\Rightarrow G=\left(\tfrac{a}{2},\tfrac{a}{2}\right).$$ $$F=AE\cap BD:\ x+2x=a\Rightarrow F=\left(\tfrac{a}{3},\tfrac{2a}{3}\right).$$
3. Krok 3. Pole trójkąta $AGF$. $$P_{AGF}=\tfrac12\left|x_{G}y_{F}-x_{F}y_{G}\right|=\tfrac12\left|\tfrac{a}{2}\cdot\tfrac{2a}{3}-\tfrac{a}{3}\cdot\tfrac{a}{2}\right|=\tfrac12\left|\tfrac{a^{2}}{3}-\tfrac{a^{2}}{6}\right|=\frac{a^{2}}{12}.$$
4. Krok 4. Pole całego trójkąta $ACE$ i figury $CEFG$.

   Podstawa $CE=\tfrac{a}{2}$ (odcinek poziomy), wysokość z $A$ do prostej $y=a$ równa $a$:

   $$P_{ACE}=\tfrac12\cdot\tfrac{a}{2}\cdot a=\frac{a^{2}}{4}.$$ $$P_{CEFG}=P_{ACE}-P_{AGF}=\frac{a^{2}}{4}-\frac{a^{2}}{12}=\frac{a^{2}}{6}.$$
5. Odpowiedź. $P_{AGF}=\dfrac{a^{2}}{12}$, $\ P_{CEFG}=\dfrac{a^{2}}{6}$.

Krok 1. Kąt naprzeciw boku \(BC\).

Z twierdzenia sinusów dla kąta \(\alpha=|\angle BAC|\), leżącego naprzeciw boku \(BC\):

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

\(\sin\alpha=\frac{4\sqrt{3}}{2\cdot 4}=\frac{\sqrt{3}}{2}\)

Stąd \(\alpha=60^\circ\) albo \(\alpha=120^\circ\).

Krok 2. Wybór kąta.

Bok \(BC\) jest najdłuższy, więc leżący naprzeciw niego kąt \(\alpha\) jest największym kątem trójkąta. Sprawdzamy przypadek \(\alpha=60^\circ\): z twierdzenia cosinusów

\(48=|AC|^2+36-2\cdot 6\cdot|AC|\cdot\frac{1}{2}\), czyli \(|AC|^2-6|AC|-12=0\), skąd \(|AC|=3+\sqrt{21}\approx 7{,}58\)

Wtedy \(|AC|\gt|BC|=4\sqrt{3}\approx 6{,}93\), co przeczy założeniu, że \(BC\) jest najdłuższy — ten przypadek odrzucamy.

Zatem \(\alpha=120^\circ\) oraz \(\cos\alpha=-\frac{1}{2}\).

Krok 3. Twierdzenie cosinusów.

\(|BC|^2=|AC|^2+|AB|^2-2\cdot|AC|\cdot|AB|\cdot\cos\alpha\)

\(\left(4\sqrt{3}\right)^2=|AC|^2+6^2-2\cdot 6\cdot|AC|\cdot\left(-\frac{1}{2}\right)\)

\(48=|AC|^2+36+6|AC|\)

\(|AC|^2+6|AC|-12=0\)

\(\Delta=36+48=84\), \(\;\sqrt{\Delta}=2\sqrt{21}\)

\(|AC|=\frac{-6+2\sqrt{21}}{2}=\sqrt{21}-3\) (drugie rozwiązanie jest ujemne)

Sprawdzenie: \(\sqrt{21}-3\approx 1{,}58\lt 4\sqrt{3}\) ✓

Odpowiedź: \(|AC|=\sqrt{21}-3\)

1. Krok 1. Twierdzenie o czworokącie opisanym na okręgu.

   W czworokącie opisanym sumy przeciwległych boków są równe:

   $$|AB|+|CD|=|BC|+|AD|.$$

   Obwód $=|AB|+|BC|+|CD|+|AD|=2\big(|AB|+|CD|\big)$, więc wystarczy wyznaczyć $|AB|$.

2. Krok 2. Trójkąt $ABC$ i twierdzenie sinusów.

   W trójkącie $ABC$: $\angle ACB=60^{\circ}$ (kąt między $AC$ i $BC$), $\angle BAC=\alpha$ (kąt między $AC$ i $AB$), $\sin\alpha=\tfrac14$, a bok $BC=4$ leży naprzeciw kąta $\alpha$. Z twierdzenia sinusów:

   $$\frac{|AB|}{\sin(\angle ACB)}=\frac{|BC|}{\sin(\angle BAC)}\ \Rightarrow\ |AB|=\frac{|BC|\cdot\sin 60^{\circ}}{\sin\alpha}=\frac{4\cdot\frac{\sqrt3}{2}}{\frac14}=8\sqrt3.$$
3. Krok 3. Obwód. $$\text{Obwód}=2\big(|AB|+|CD|\big)=2\big(8\sqrt3+5\big)=16\sqrt3+10.$$

   Odpowiedź: obwód czworokąta $ABCD$ jest równy $16\sqrt3+10$.

Oznaczmy $|CD|=a$, wtedy $|AB|=a+2$. Niech $R_2$ będzie promieniem okręgu opisanego na trójkącie $CPD$, a $R_1=R_2+3$ promieniem okręgu opisanego na trójkącie $APB$.

Krok 1. Podobieństwo trójkątów. Podstawy trapezu są równoległe, więc kąty $\angle PAB$ i $\angle PCD$ są naprzemianległe, a kąty $\angle APB$ i $\angle CPD$ wierzchołkowe. Trójkąty $APB$ i $CPD$ są zatem podobne, a skala podobieństwa to stosunek podstaw:

$$\frac{|AB|}{|CD|}=\frac{R_1}{R_2}\ \Longrightarrow\ \frac{a+2}{a}=\frac{R_2+3}{R_2}.$$

Krok 2. Wyznaczenie $R_2$. Mnożymy na krzyż:

$$R_2(a+2)=a(R_2+3)\ \Longrightarrow\ aR_2+2R_2=aR_2+3a\ \Longrightarrow\ 2R_2=3a\ \Longrightarrow\ R_2=\frac{3a}{2}.$$

Krok 3. Twierdzenie sinusów. Oznaczmy $\alpha=\angle CPD$. W trójkącie $CPD$ bok $CD$ leży naprzeciw kąta $\alpha$, więc

$$\frac{|CD|}{\sin\alpha}=2R_2\ \Longrightarrow\ \frac{a}{\sin\alpha}=3a\ \Longrightarrow\ \sin\alpha=\frac{1}{3}.$$

Krok 4. Cosinus kąta. Trójkąt $CPD$ jest ostrokątny, więc $\cos\alpha>0$:

$$\cos\alpha=\sqrt{1-\sin^2\alpha}=\sqrt{1-\frac19}=\sqrt{\frac89}=\frac{2\sqrt{2}}{3}.$$

Krok 5. Twierdzenie cosinusów w trójkącie $CPD$ dla boku $CD$:

$$|CD|^2=|DP|^2+|CP|^2-2\,|DP|\,|CP|\cos\alpha.$$

Przenosimy i podstawiamy $\cos\alpha=\frac{2\sqrt2}{3}$:

$$|DP|^2+|CP|^2-|CD|^2=2\,|DP|\,|CP|\cdot\frac{2\sqrt{2}}{3}=\frac{4\sqrt{2}}{3}\cdot|DP|\cdot|CP|,$$

czyli dokładnie tezę. $\blacksquare$

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. Oznaczenia.

Niech \(|\angle ABC|=\alpha\), wtedy \(|\angle BAC|=2\alpha\) oraz \(|\angle ACB|=180^\circ-3\alpha\).

Oznaczmy \(a=|BC|\) (naprzeciw kąta \(A\)), \(b=|AC|\) (naprzeciw kąta \(B\)), \(c=|AB|\) (naprzeciw kąta \(C\)).

Teza przyjmuje postać \(a^2-b^2=bc\).

Krok 2. Twierdzenie sinusów.

Niech \(R\) będzie promieniem okręgu opisanego. Wtedy:

\(a=2R\sin 2\alpha\), \(\;b=2R\sin\alpha\), \(\;c=2R\sin(180^\circ-3\alpha)=2R\sin 3\alpha\)

Krok 3. Przekształcenie lewej strony.

\(a^2-b^2=4R^2\left(\sin^2 2\alpha-\sin^2\alpha\right)\)

Korzystamy z tożsamości \(\sin^2 X-\sin^2 Y=\sin(X+Y)\sin(X-Y)\):

\(\sin^2 2\alpha-\sin^2\alpha=\sin(3\alpha)\sin(\alpha)\)

Zatem:

\(a^2-b^2=4R^2\sin 3\alpha\sin\alpha=(2R\sin 3\alpha)(2R\sin\alpha)=c\cdot b\)

czyli \(|BC|^2-|AC|^2=|AB|\cdot|AC|\), co należało wykazać.

Uwaga: wykorzystaną tożsamość otrzymujemy z zależności \(\sin^2 X-\sin^2 Y=\frac{1-\cos 2X}{2}-\frac{1-\cos 2Y}{2}=\frac{\cos 2Y-\cos 2X}{2}=\sin(X+Y)\sin(X-Y)\). \(\blacksquare\)

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

Skoro \(AB\) jest podstawą trójkąta równoramiennego, to kąty przy podstawie są równe: \(|\sphericalangle BAC|=|\sphericalangle ABC|=30^\circ\), a kąt przy wierzchołku \(C\) ma miarę \(120^\circ\).

Z twierdzenia sinusów wyznaczamy ramię \(BC\):

\(\dfrac{|BC|}{\sin30^\circ}=\dfrac{|AB|}{\sin120^\circ}\), stąd \(|BC|=\dfrac{8\cdot\tfrac12}{\tfrac{\sqrt3}{2}}=\dfrac{8}{\sqrt3}=\dfrac{8\sqrt3}{3}\).

Punkt \(D\) jest środkiem boku \(BC\), więc \(|BD|=\dfrac{4\sqrt3}{3}\).

W trójkącie \(ABD\) stosujemy twierdzenie cosinusów dla kąta \(|\sphericalangle ABD|=30^\circ\):

\(|AD|^2=|AB|^2+|BD|^2-2|AB||BD|\cos30^\circ\),

\(|AD|^2=64+\dfrac{16}{3}-2\cdot8\cdot\dfrac{4\sqrt3}{3}\cdot\dfrac{\sqrt3}{2}=64+\dfrac{16}{3}-32=32+\dfrac{16}{3}=\dfrac{112}{3}\).

Stąd \(|AD|=\sqrt{\dfrac{112}{3}}=\dfrac{4\sqrt7}{\sqrt3}=\dfrac{4\sqrt{21}}{3}\approx6{,}11\).

Krok 1. Twierdzenie cosinusów.

Dla kąta \(\alpha\) (naprzeciw boku \(a\)):

\(a^2=b^2+c^2-2bc\cos\alpha\Rightarrow b^2+c^2-a^2=2bc\cos\alpha\)

Dla kąta \(\beta\) (naprzeciw boku \(b\)):

\(b^2=a^2+c^2-2ac\cos\beta\Rightarrow a^2+c^2-b^2=2ac\cos\beta\)

Krok 2. Iloraz.

\(\frac{b^2+c^2-a^2}{a^2+c^2-b^2}=\frac{2bc\cos\alpha}{2ac\cos\beta}=\frac{b\cos\alpha}{a\cos\beta}\)

(mianownik jest różny od zera, bo trójkąt jest ostrokątny, więc \(\cos\beta\gt 0\))

Krok 3. Twierdzenie sinusów.

\(\frac{a}{\sin\alpha}=\frac{b}{\sin\beta}\Rightarrow\frac{b}{a}=\frac{\sin\beta}{\sin\alpha}\)

Krok 4. Zakończenie.

\(\frac{b\cos\alpha}{a\cos\beta}=\frac{\sin\beta}{\sin\alpha}\cdot\frac{\cos\alpha}{\cos\beta}=\frac{\frac{\sin\beta}{\cos\beta}}{\frac{\sin\alpha}{\cos\alpha}}=\frac{\operatorname{tg}\beta}{\operatorname{tg}\alpha}\)

co należało wykazać. \(\blacksquare\)

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. ✅

Wierzchołek paraboli. \(y=-x^2+6x\), więc \(x_C=\dfrac{-6}{2\cdot(-1)}=3\) oraz \(y_C=-9+18=9\). Stąd \(C=(3,9)\), a parabola ma ramiona skierowane w dół.

Wierzchołki \(A\) i \(B\). Bok \(AB\) jest poziomy, a parabola jest symetryczna względem prostej \(x=3\), więc

\(A=(3-t,\,y_0)\), \(B=(3+t,\,y_0)\), gdzie \(t>0\).

Obliczamy \(y_0=-(3+t)^2+6(3+t)=9-t^2\), więc

\(|AB|=2t\) oraz wysokość trójkąta \(h=y_C-y_0=9-(9-t^2)=t^2\).

Warunek równoboczności. W trójkącie równobocznym o boku \(a\) wysokość wynosi \(\tfrac{a\sqrt3}{2}\):

\(t^2=\dfrac{2t\sqrt3}{2}=t\sqrt3\).

Ponieważ \(t>0\), dzielimy przez \(t\): \(t=\sqrt3\).

Stąd \(y_0=9-3=6\), a więc

\(A=(3-\sqrt3,\ 6)\), \(B=(3+\sqrt3,\ 6)\), \(C=(3,\ 9)\).

Rysunek: parabola o wierzchołku \((3,9)\) i miejscach zerowych \(0\) i \(6\); trójkąt o poziomej podstawie na wysokości \(y=6\) i wierzchołku w punkcie \((3,9)\).

W trójkącie \(ABC\) dane są: \(|\sphericalangle ABC|=130^\circ\), \(|\sphericalangle ACB|=30^\circ\) oraz \(|BC|=400\) m.

Trzeci kąt. \(|\sphericalangle BAC|=180^\circ-130^\circ-30^\circ=20^\circ\).

Twierdzenie sinusów.

\(\dfrac{|AB|}{\sin|\sphericalangle ACB|}=\dfrac{|BC|}{\sin|\sphericalangle BAC|}\),

\(|AB|=\dfrac{400\cdot\sin30^\circ}{\sin20^\circ}=\dfrac{400\cdot0{,}5}{0{,}3420}=\dfrac{200}{0{,}3420}\approx584{,}8\).

Odpowiedź: odległość między obiektami \(A\) i \(B\) wynosi około 585 m.