DSCN1155

|AE| = |D£|-ctg(90°-2a) =

Jeśli |<CBD| = \<DBE\ = a i DEL AB, to

2d ■ sin²a ■ cosa

cos2a 2 d ■ sin²a • cosa

cos2a

c = \AB\ = \BE\ + \AE\ = d-cosa + ■

Stąd

d-cosa( 1 +

2sin²a

— c,

cos 2a _t

Więc

2ccos²a — d-cosa — c = 0. Z powyższego wynika, że

d + Jd¹ + 8c²    d —Jd² + 8c²

cosa, ---, cos a, =-—₄-

4c    4 c

ale

d — Jd* + 8c² 4c

< 0, więc a₂ > - i nie spełnia warunków zadania.

ni, 'li. .

Natomiast z założenia < cosai < 1 otrzymujemy warunek c>d.

Konstrukcja jest następująca.

1)    Kreślimy okrąg, którego średnica ma długość c,

......    . , , .. .    d + y/d² + 8c²

2)    kreślimy kąt a taki, ze cosa =--

4c

i odkładamy go tak, by jego wierzchołkiem był jeden koniec średnicy, a jedno z ramion zawierało średnicę.

3)    Na drugim ramieniu kąta odkładamy, poczynając od wierzchołka, odcinek długości d i kreślimy trójkąt ABC.

6.15.    Wskazówka. Jeśli szukanym trójkątem jest AABC, zaś O jest środkiem okręgu opisanego na tym trójkącie, to

\AB\ = a, \AO\ = \OB\ = R.

Zadanie ma rozwiązanie wówczas, gdy 2R > a i \h\ < R + |/t, |, gdzie jest wysokością AAOB. W pozostałych przypadkach zadanie nie ma rozwiązania.

6.16.    Niech \<£CAB\ = cc, \BC\ — a oraz 0 niech będzie środkiem okręgu wpisanego w AABC.

Wobec tego

| <BOQ = n - (| <OBC\ + | <SOCB|) = n - h\<ABC\ + | <ACB|) = TT — |(7T — l-tCAB\) = 11(Rys. 6.16)

B Rys. 6.16

Oznacza to, że środek O okręgu wpisanego jest punktem,

z którego widać odcinek a pod kątem ^

Ponadto O jest oddalony od BC o r.

Wobec tego konstrukcja szukanego trójkąta jest następująca:

1)

2)

3)

4)

5)

Konstruujemy trójkąt BCS, którego podstawa BC ma

długość a, zaś kąt BSC ma miarę

Na trójkącie BSC opisujemy okrąg.

Kreślimy prostą k równoległą do BC w odległości r od BC (leżącą po tej samej stronie prostej BC, co punkt S). Przez O oznaczmy jeden z punktów przecięcia okręgu z prostą k.

Z wierzchołka B kreślimy półprostą, która tworzy z bokiem BC kąt o mierze 2| «fc CBO\, zaś z wierzchołka C pół-

167