DSCN1160 (2)

ZT\\CD (ZeAB, 7hCB). Ponieważ BF jest środkową boku CD trójkąta BCD, oraz TZ\\CD, więc yjest środkiem TZ. Podobnie X jest środkiem RS. Czworokąt XYZS jest prostokątem, czyli |J(S| = \YZ\. Stąd wynika, że RTYX jest też prostokątem, a więc RTJiAB.

A

C

W D S E Z

B Rys. 6.30

Niech teraz UeAC i We AB będą takimi punktami, że U należy do prostej RToraz U W || CD. Ponieważ CE jest środkową boku BA trójkąta ABC. więc R jest środkiem UT. Ponieważ UTZWjest na mocy konstrukcji prostokątem, więc X jest jego środkiem. Wykazaliśmy, że szukanym zbiorem środków prostokątów rodziny P jest odcinek EF (bez końców).

Uwaga. Zadanie można rozwiązać analitycznie obierając układ współrzędnych tak, by początkiem tego układu był wierzchołek A, zaś wierzchołek B należał do osi x.

6.31. Załóżmy, że |/łB| = a, |BC| = b. Niech szukanym trójkątem będzie trójkąt AKL, gdzie KeBC i LeCD, oraz niech

|<Ki4B| = x

Wówczas |KB| = a-tgx, |/1K| = |fCC| = \KIĄ ■ sin (60° — x). cosx

Ponieważ |BK| + |KC| = b, więc

a • sin(60° — x)

o-tg x +-^-- = b,

skąd po przekształceniach otrzymujemy

a teraz już wiadomo jak skonstruować szukany trójkąt.

Zadanie ma rozwiązanie jeśli 0° < x < 30°, czyli gdy 2    3

6.32.    a) Załóżmy, że poprowadziliśmy szukane proste, niech będą nimi proste DE i DF, gdzie EeAB i FeBC.

Wtedy to

(1)    P^ABD “ jU'/!,

gdzie a, h oznaczają odpowiednio bok AB i wysokość równoleg-łoboku opuszczonej na bok AB.

Z drugiej strony

(2) P^_AED = ^\AE\-h.

Zatem z uwagi na (1) i (2), mamy ^a-h = ^\AE\ h, skąd

\AE\=^a.

Analogicznie rozumując stwierdzamy, że |Cf| = ||BC|.

b) Rozumujemy podobnie jak w a).

6.33.    Poprowadźmy w danym czworokącie ABCD jedną z przekątnych, np. AC. Następnie przez wierzchołek D poprowadźmy prostą równoległą do AC. Prosta ta przetnie przedłużenie boku BC w punkcie E.

Nietrudno dowieść, że pole P czworokąta ABCD jest równe polu trójkąta ABE. Z równości

P ⁼ Plabc + Pladc oraz

Pladc ⁼ Place wynika, że

P = Pl abc + Place — Plabe.

12 — Zbiór ariiń 177