Trójkąt ABC

[max123321]

Trójkąt \(\displaystyle{ ABC}\) jest równoboczny, a jego bok ma długość \(\displaystyle{ a,a>1}\). Punkt \(\displaystyle{ D}\) należy do boku \(\displaystyle{ AC}\) oraz \(\displaystyle{ AD=1}\). Na przedłużeniu boku \(\displaystyle{ BC}\) poza punkt \(\displaystyle{ C}\) leży punkt \(\displaystyle{ P}\). Wykaż, że jeśli \(\displaystyle{ CP=1}\), to trójkąt \(\displaystyle{ DBP}\) jest równoramienny.

Rozwiązałem to zadanie korzystając z twierdzenia kosinusów pokazując, że \(\displaystyle{ DP=BD}\), jednak w książce wskazówka jest inna mianowicie taka, żeby pokazać, że trójkąty \(\displaystyle{ ABD}\) i \(\displaystyle{ CDP}\) są przystające, jednak wydaje mi się, że te trójkąty nie są przystające. Czy może się ktoś wypowiedzieć o tych trójkątach? Lub ewentualnie wskazać inne rozwiązanie korzystające z jakiegoś przystawania itp.

[piasek101]

Nie są przystające - przecież jeden z nich ma zawsze \(\displaystyle{ 120^0}\), a w drugim tylko może się tak trafić.

[max123321]

No właśnie, ale czy w takim razie da się rozwiązać to zadanie nie korzystając z twierdzenia kosinusów?

[piasek101]

Oczywiście, że się da (jednak cosinusy same włażą pod długopis) np. z Pitagorasa.

[max123321]

Nie wiem dokładnie jakie rozwiązanie masz na myśli, ale naprowadziło mnie to na to, żeby dorysować wysokość \(\displaystyle{ DE}\) opuszczoną na bok \(\displaystyle{ BP}\). Wówczas trójkąt \(\displaystyle{ CDE}\) ma kąty \(\displaystyle{ 30^\circ,60^\circ, 90^\circ}\), zatem skoro \(\displaystyle{ CD=a-1}\) to \(\displaystyle{ CE=1/2a-1/2}\), a to oznacza, że \(\displaystyle{ PE=1/2a+1/2=BE}\), czyli trójkąty \(\displaystyle{ DEP}\) i \(\displaystyle{ DBE}\) są przystające z cechy \(\displaystyle{ bkb}\), a więc trójkąt \(\displaystyle{ BDP}\) jest równoramienny.

Dobrze?

[piasek101]

Wygląda, że tak (mam zupełnie inne oznaczenia, a Twoje zapisy takie sobie). Czyli masz nawet z przystawaniem trójkątów.

Mój pomysł (z Pitagorasów) - przedłużyć bok \(\displaystyle{ AC}\) o \(\displaystyle{ 1}\) (poza C) do punktu \(\displaystyle{ F}\).
Znamy wysokość \(\displaystyle{ PG}\) trójkąta równobocznego \(\displaystyle{ CPF}\). Z trójkąta prostokątnego \(\displaystyle{ DGP}\) dostajemy \(\displaystyle{ |PD|}\).
Mając wysokość \(\displaystyle{ BK}\) wyjściowego trójkąta \(\displaystyle{ ABC}\) oraz znając \(\displaystyle{ |DK|}\), dostajemy z trójkąta prostokątnego \(\displaystyle{ BKD}\) odcinek \(\displaystyle{ BD}\). A okaże on się równy odcinkowi \(\displaystyle{ DP}\).