DSCN1135 (3)

Z warunku, że pozostałe pola są równe, mamy ilBCHCfilsinKflCEN^P^gc, czyli

1    H H 1 MCp's/3

2    T+Jt ^CE ~2~ ~ 2    4    ’

skąd

ic£| = ^(i + fc;i/ici.

Korzystając teraz z tw. sinusów dla ADEC, mamy:

-!^j-:sin(120° - a) = ^(1 + fc)-|/iC|:sina,

1 + k    2

gdzie |<£/)C| = a.

Po przekształceniu powyższej równości otrzymujemy (y/3 ctga + 1)(1 + k)² = 4, stąd

3-2 k-k²

ctga --

(1 + k)²y/3

Aby było a = 60°, musi być 3-2 k-k²    1

(l+k)y3",/3’ co po rozwiązaniu daje k = yjl — 1.

5.14. Niech CD będzie wysokością, zaś CE środkową boku AB w trójkącie ABC.

Z treści zadania wynika, że A ADC = ADCE, więc |i4D| = \DE\.

Przyjmując \AD\ — a, z trójkąta ADC, mamy:

\CD\ = a ctga, zaś z trójkąta CDB \CD\ = |DB|-ctg2a, stąd

actga = 3actg2a, gdzie a = | AzACD\.

Po przekształceniach powyższe równanie, przyjmuje postać 2sina • cos²a — 3 sina • cos 2a = 0,

skąd

sina = O lub 2cos¹a — 3(2cos¹a — 1) = 0.

Wobec tego

>/3    . n

cosa =    , a stąd a «

2    o

Zatem \^.ACB|= a ponieważ \^ACD\ =

2 6

więc |«fcC40J==2 i |«MBC| — 7.

3    o

5.15.    Niech D będzie takim punktem na boku AB, że trójkąty ABC, ADC i BCD są podobne.

Ponieważ \<£BDC\ + | < ADC| = 180°, więc albo oba te kąty są proste, albo jeden z nich (np. <BDC jest rozwarty). Jeśli \<BDC\ > 90°, to jako kąt zewnętrzny trójkąta ADC jest on większy od Ą.DAC i < DC A (bo jest ich sumą). Jest on również większy od *£ADC. Jest to jednak sprzeczne z podobieństwem AADC ~ ABDC. Zatem \<BDC\ = \<ADC\ = 90°.

Stąd widzimy, że <£DAC i <DBC są kątami ostrymi, a ponieważ AABC ~ AADC, więc | <ACB\ = 90°.

5.16.    Prosta równoległa do BC i przechodząca przez punkt D przecina wysokość AF (p. rys. 5.16) w punkcie K, zatem

(I) \AF\ = \AK\ +\KF\.

c

Ale

127

1

\KF\ — \DE\

jako, że czworokąt DEFKjest prostokątem (uzasadnienie pozostawiamy Czytelnikowi).