I OM - B - Zadanie 11

Zawody matematyczne:

I OM, 1949-1950

Etap:

Słup pionowy o wysokości $a$ , oświetlony promieniami
słonecznymi, rzucił na płaszczyznę; poziomą w pewnym momencie
cień, długości $a$ , w innym momencie cień miał długość $2 a$ , w trzecim
momencie długość cienia wynosila $3 a$ . Wykazać, że suma kątów
nachylenia promieni słonecznych do płaszczyzny poziomej w tych
trzech momentach jest równa kątowi prostemu.

Rozwiązanie

Kąty wymienione w zadaniu są to kąty $ACB$ , $ADB$ , $AEB$ na rysunku 5, na którym $AB = a$ ,
$BC = a$ , $BD = 2a$ , $BE = 3a$ , $B = 90^{\circ}$ . Ponieważ $\measuredangle ACB = 45^{\circ}$ , należy udowodnić, że
$\measuredangle ADB + \measuredangle AEB = 45^{\circ}$ .

W tym celu obróćmy trójkąt $ABD$ dokoła punktu $A$ o $90^{\circ}$ do położenia $AFG$ i weźmy pod
uwagę trójkąt $ADG$ . Jest to trójkąt prostokątny i równoramienny, gdyż $\measuredangle DAG = 90^{\circ}$ ,
$AD = AG$ .

Zatem

$ \measuredangle AGD = \measuredangle AGF + \measuredangle CGD = 45^{\circ} $

Lecz $\measuredangle AGF = \measuredangle ADB$ , a $\measuredangle CGD = \measuredangle AEB$
(ponieważ $\Delta DCC = \Delta AEB$ ). Istotnie więc

$ \measuredangle ADB + \measuredangle AEB = 45^{\circ} $

Na rysunkach 6 i 7 przedstawione są dwie modyfikacje powyższego dowodu.
Myśl zasadnicza polega na zbudowaniu trójkąta
prostokątnego równoramiennego o kącie ostrym równym
sumie rozważanych kątów nachylenia $x = \measuredangle ADB$ i
$y = \measuredangle AEB$ .
Na rysunku 6 trójkątem owym jest trójkąt AEG, a na rysunku 7
trójkąt ADG.