kąt miedzy przekątnymi

[inter]

Dwa kąty kwadratu o boku a wystają poza pas o szerokości a o równoległych krawędziach. Boki kwadratu przecinają krawędzie paska w czterech punktach. Wykazać, że przekątne czworokąta, którego wierzchołkami są te punkty, przecinają się pod kątem 45 stopni.

[Jerry]

Lemat:

W trójkącie prostokątnym o przeciwprostokątnej \(c\), wysokości opuszczonej na nią \(h\) i kącie ostrym \(\beta\) zachodzi
\[c=\frac{2h}{\sin2\beta}\]

1. Przyjmijmy oznaczenia jak na rysunku:

   

   gdzie \(x,\, \alpha\) są dobrze określone i \(d(m,k)=d(m,l)\)
2. \(d(B,k)={a\sqrt2\over2}\cos\alpha-{a\over2}+x,\\ d(C,k)={a\over2}-x+{a\sqrt2\over2}\sin\alpha,\\ d(C,l)={a\over2}+x-{a\sqrt2\over2}\sin\alpha,\\ d(D,l)={a\sqrt2\over2}\cos\alpha-{a\over2}-x\)
3. na mocy lematu
   \(|KL|=\frac{a\sqrt2\cos\alpha-a+2x}{\cos2\alpha}, \\ |LP|=\frac{a\sqrt2\sin\alpha+a-2x}{\cos2\alpha},\\ |QM|=\frac{-a\sqrt2\sin\alpha+a+2x}{\cos2\alpha},\\ |MN|=\frac{a\sqrt2\cos\alpha-a-2x}{\cos2\alpha}\)
4. \(S_{KLMN}=\frac{\sqrt2\cos\alpha-1}{\cos2\alpha}a^2\)
5. \(|MP|=\frac{a}{\sin(45^\circ-\alpha)}=\frac{\sqrt2}{\cos\alpha-\sin\alpha}a
   \\ |LQ|=\frac{a}{\sin(45^\circ+\alpha)}=\frac{\sqrt2}{\cos\alpha+\sin\alpha}a\\
   |KP|=\frac{a\sqrt2\cos\alpha+a\sqrt2\sin\alpha}{\cos2\alpha}=\frac{\sqrt2}{\cos\alpha-\sin\alpha}a=|MP|\\
   |NQ|=\frac{a\sqrt2\cos\alpha-a\sqrt2\sin\alpha}{\cos2\alpha}=\frac{\sqrt2}{\cos\alpha+\sin\alpha}a=|LQ|\)
6. z tw. Carnota:
   \(|KM|=\sqrt{|KP|^2+|MP|^2-2\cdot|KP|\cdot|MP|\cdot\cos(45^\circ-\alpha)}=\frac{a\sqrt2}{\cos\alpha-\sin\alpha}\sqrt{2-2\cos(45^\circ-\alpha)}\\
   |LN|=\sqrt{|LQ|^2+|NQ|^2-2\cdot|LQ|\cdot|NQ|\cdot\cos(45^\circ+\alpha)}=\frac{a\sqrt2}{\cos\alpha+\sin\alpha}\sqrt{2-2\cos(45^\circ+\alpha)}\)
   zatem
   \(|KM|\cdot|LN|=\frac{2a^2\sqrt{4-4\sqrt2\cos\alpha+2\cos^2\alpha-2\sin^2\alpha}}{\cos2\alpha}
   \)
7. wobec
   \(S_{KLMN}={1\over2}\cdot|KM|\cdot|LN|\cdot\sin\gamma\)
   mamy
   \(\sin\gamma=\frac{2S_{KLMN}}{|KM|\cdot|LN|}=\frac{2a^2(\sqrt2\cos\alpha-1)}{\cos2\alpha}\cdot\frac{\cos2\alpha}{2a^2\sqrt{4-4\sqrt2\cos\alpha+2\cos^2\alpha-2\sin^2\alpha}}=\sqrt{\frac{(\sqrt2\cos\alpha-1)^2}{2-4\sqrt2\cos\alpha+4\cos^2\alpha}}={\sqrt2\over2}\)
   co jest równoważne tezie!

Pozdrawiam

[edited] poprawka bad-klick, doliczenie do końca

[Jerry]

Olśniony wnioskiem z mojego poprzedniego rozwiązania, napiszę:

1. Przyjmijmy oznaczenia jak na rysunku

   

2. z \(\Delta RPD:\, \alpha+\beta=90^\circ\)
3. \(\Delta RLN,\, \Delta KPM\) są równoramienne - w każdym z nich dwie wysokości są równe \(a\), zatem
   • \(|\angle RLN|=\dfrac{180^\circ-\alpha}{2}\)
   • \( |\angle PKM|=\dfrac{180^\circ-\beta}{2}\)
4. z \(\Delta KLW\)
   \(\gamma=180^\circ-\dfrac{180^\circ-\alpha}{2}-\dfrac{180^\circ-\beta}{2}=\dfrac{\alpha+\beta}{2}\nad{\text{ z 2. }}{=}45^\circ\\ CKD\)

Pozdrawiam