W trójkącie ostrokątnym jeden z kątów ma miarę...- Zadanie 5: MATeMAtyka 4. Maturalne karty pracy ze zbiorem zadań. Zakres podstawowy i rozszerzony

Rozwiązanie

Przypomnijmy, że ortocentrum to punkt w którym przecinają się wszystkie wysokości trójkąta (lub ich przedłużenia). Naszkicujmy

Zauważmy, że w zaznaczonym na pomarańczowo trójkącie, skoro kąt przy wierzchołku A ma 45°, to

$∣ ∢ O B A ∣ = 45^{\circ}$

Oraz w fioletowym trójkącie, jeśli kąt przy wierzchołku A ma 45°, to

$∣ ∢ A C O ∣ = 45^{\circ}$

Zauważmy jeszcze, że dla trójkąta ABC suma kątów wynosi

$∣ ∢ C A B ∣ + ∣ ∢ A B O ∣ + ∣ ∢ O B C ∣ + ∣ ∢ B C O ∣ + ∣ ∢ O C A ∣ = 180^{\circ}$

$45^{\circ} + 45^{\circ} + ∣ ∢ O B C ∣ + ∣ ∢ B C O ∣ + 45^{\circ} = 180^{\circ} ∣ - 135^{\circ}$

$∣ ∢ O B C ∣ + ∣ ∢ B C O ∣ = 45^{\circ}$

Stąd dla trójkąta BCO zachodzi

$∣ ∢ C O B ∣ = 135^{\circ}$

Wprowadźmy nowe oznaczenia jak na rysunku poniżej:

Rozważmy twierdzenie cosinusów w trójkącie ABC dla boku c:

$c^{2} = a^{2} + b^{2} - 2 a b cos 45^{\circ} (1 a)$

Rozważmy to samo twierdzenie w trójkącie BCO dla boku c:

$c^{2} = d_{1}^{2} + d_{2}^{2} - 2 d_{1} d_{2} cos 135^{\circ} (1 b)$

Następnie rozważmy twierdzenie cosinusów w trójkącie ACO dla boku x:

$x^{2} = b^{2} + d_{2}^{2} - 2 b d_{2} cos 45^{\circ} (2 a)$

Oraz twierdzenie cosinusów w trójkącie ABO dla boku x:

$x^{2} = a^{2} + d_{1}^{2} - 2 a d_{1} cos 45^{\circ} (2 b)$

Dodajmy (1a) stronami do (1b) oraz (2a) i (2b) analogicznie. Otrzymamy dwa równania

$2 c^{2} = a^{2} + b^{2} + d_{1}^{2} + d_{2}^{2} - 2 a b cos 45^{\circ} - 2 d_{1} d_{2} cos 135^{\circ} (I)$

$2 x^{2} = a^{2} + b^{2} + d_{1}^{2} + d_{2}^{2} - 2 a d_{1} cos 45^{\circ} - 2 b d_{2} cos 45^{\circ} (I I)$

Aby udowodnić, że x = c (zakładamy, że to właśnie ten bok jest równy wskazanemu odcinkowi, ponieważ pozostałe dwa nie mogą) musimy udowodnić równość prawych stron dla dwóch powyższych dwóch równań. Warto zauważyć, że podkreślone czynniki się zgadzają

$2 c^{2} = \underline{a^{2}} + \underline{b^{2}} + \underline{d_{1}^{2}} + \underline{d_{2}^{2}} - 2 a b cos 45^{\circ} - 2 d_{1} d_{2} cos 135^{\circ} (I)$

$2 x^{2} = \underline{a^{2}} + \underline{b^{2}} + \underline{d_{1}^{2}} + \underline{d_{2}^{2}} - 2 a d_{1} cos 45^{\circ} - 2 b d_{2} cos 45^{\circ} (I I)$

Stąd wystarczy udowodnić, że

$- 2 a b cos 45^{\circ} - 2 d_{1} d_{2} cos 135^{\circ} = - 2 a d_{1} cos 45^{\circ} - 2 b d_{2} cos 45^{\circ} ∣ \cdot (- 1)$

$2 a b cos 45^{\circ} + 2 d_{1} d_{2} cos (180^{\circ} - 45^{\circ}) = 2 a d_{1} cos 45^{\circ} + 2 b d_{2} cos 45^{\circ}$

$2 a b cos 45^{\circ} - 2 d_{1} d_{2} cos 45^{\circ} = 2 a d_{1} cos 45^{\circ} + 2 b d_{2} cos 45^{\circ} ∣ : 2 cos 45^{\circ}$

$a b - d_{1} d_{2} = a d_{1} + b d_{2} ∣ + d_{1} d_{2}$

Równoważnie.

$a b = a d_{1} + b d_{2} + d_{1} d_{2} (*)$

Zapiszmy, że pole trójkąta ABC wynosi

$P_{A B C} = \frac{1}{2} a b \cdot sin 45^{\circ}$

Jest to również suma pól trójkątów ACO, BCO oraz ABO. Stąd (rozpisując każde pole ze wzoru P=¹/₂ ab sin α):

$P_{A B C} = P_{A B O} + P_{A C O} + P_{B C O}$

$P_{A B C} = \frac{1}{2} a d_{1} sin 45^{\circ} + \frac{1}{2} b d_{2} sin 45^{\circ} + \frac{1}{2} d_{1} d_{2} sin 135^{\circ}$

Stąd

$\frac{1}{2} a b \cdot sin 45^{\circ} = \frac{1}{2} a d_{1} sin 45^{\circ} + \frac{1}{2} b d_{2} sin 45^{\circ} + \frac{1}{2} d_{1} d_{2} sin 135^{\circ} ∣ \cdot 2$