no to jeszcze szkic trickowego rozwiązania zadania piątego:
5.:
fakcik pierwszy: jeśli \(\displaystyle{ D}\) jest środkiem okręgu dopisanego do boku \(\displaystyle{ BC}\) trójkąta \(\displaystyle{ ABC}\), to \(\displaystyle{ \angle CDB = 90^\circ - \frac 12 \angle BAC}\)
dowód: prościutkie przeliczenie kątów
fakcik drugi: fakcik pierwszy można odwrócić: jeśli punkt \(\displaystyle{ D}\) leży na dwusiecznej kąta \(\displaystyle{ BAC}\) poza trójkątem \(\displaystyle{ ABC}\) i spełniona jest równość \(\displaystyle{ \angle CDB = 90^\circ - \frac 12 \angle BAC}\), to punkt \(\displaystyle{ D}\) jest środkiem okręgu dopisanego do boku \(\displaystyle{ BC}\) trójkąta \(\displaystyle{ ABC}\)
dowód: im dalej \(\displaystyle{ D}\) od \(\displaystyle{ A}\), tym mniejszy kąt \(\displaystyle{ CDB}\), tzn. istnieje tylko jeden punkt \(\displaystyle{ D}\) spełniający równość \(\displaystyle{ \angle CDB = 90^\circ - \frac 12 \angle BAC}\) i na mocy fakciku pierwszego jest nim środek okręgu dopisanego do boku \(\displaystyle{ BC}\) trójkąta \(\displaystyle{ ABC}\)
przechodzimy do rozwiązania zadania: na mocy fakciku drugiego \(\displaystyle{ M}\) jest środkiem okręgu dopisanego do boku \(\displaystyle{ DE}\) trójkąta \(\displaystyle{ CDE}\)
wystarczy teraz narysować tenże okrąg i przerachować długości odcinków stycznych do tegoż okręgu
istnieją inne rozwiązania do tego zadania --- np. przez odbicie punktu \(\displaystyle{ B}\) względem \(\displaystyle{ ME}\) i wykazanie pewnych przystawań trójkątów albo np. przez twierdzenie cosinusów + podobieństwo trójkątów \(\displaystyle{ \triangle ADM \sim \triangle BME}\)
A mi się udało do tego dojść bez fakciku:
Zadanie 5.:
\(\displaystyle{ \triangle ADM \sim \triangle BME}\), a z tego przez rozpisanie proporcji \(\displaystyle{ \frac{DM}{EM}}\) dostajemy \(\displaystyle{ \triangle ADM \sim \triangle BME \sim \triangle MDE}\).
Po zaznaczeniu kątów widzimy, że DM jest dwusieczną ADE, a EM dwusieczną BED.
Ja tu jeszcze odbiłem punkt C względem AB dostając C', co mi dawało, że w pięciokąt ADEBC' da się wpisać w okrąg o środku w M (bo to punkt przecięcia pięciu dwusiecznych w pięciokącie wypukłym).
Ale oczywiście nikomu to do niczego nie jest potrzebne, bo z tamtych dwóch dwusiecznych szybciutko już wynika, że M jest środkiem okręgu stycznego do boków AD, DE, EM (ten sam okrąg, o którym była mowa wyżej).
Jeśli rzut M na AD oznaczymy przez M', a rzut M na BE oznaczymy przez M'', dostajemy z trójkątów 30-60-90, że \(\displaystyle{ AM'=BM''=\frac{AB}{4}}\).
Łącząc to z twierdzeniem o odcinkach stycznych do powstałego okręgu, dostajemy tezę w postaci \(\displaystyle{ DE=AD-AM'+BE-BM''=AD+BE-\frac{AB}{2}}\).
Zadanko bardzo fajne! Potwierdzam też, że idzie na sinusy, kosinusy i różnorakie podobieństwa połączone z mniej lub bardziej delikatnym pałowaniem (gdyby się uprzeć, można to zrobić z Pitagorasa, wyprowadzając przy okazji twierdzenie cosinusów dla kąta 60 stopni).
