Brakujące długości boków wyznacz z twierdzenia Pitagorasa.

Przeciwprostokątna w trójkącie prostokątnym jest najdłuższym bokiem. Ponieważ $\left|AB\right|<\left|AC\right|$, to kąt prosty może być tylko przy wierzchołkach $A$ lub $B$.

Jeżeli kąt prosty jest przy wierzchołku $A$, to $BC$ jest najdłuższym bokiem i wtedy

${\left|AB\right|}^2+{\left|AC\right|}^2={\left|BC\right|}^2$. Czyli ${\left|BC\right|}^2=100+36=136$, więc $\left|BC\right|=\sqrt{136}=2\sqrt{34}$.

Jeżeli kąt prosty jest przy wierzchołku $B$, to $AC$ jest najdłuższym bokiem i wtedy

${\left|AB\right|}^2+{\left|BC\right|}^2={\left|AC\right|}^2$. Czyli ${\left|BC\right|}^2=100-36=64$, więc $\left|BC\right|=\sqrt{64}=8$.

Bok $BC$ powinien mieć długość $2\sqrt{34}$ lub $8$.

Ponieważ bok o maksymalnej długości leży naprzeciwko maksymalnego kąta i $\left|AB\right|<\left|AC\right|$, to $AC$ lub $BC$ jest bokiem maksymalnej długości.

Jeżeli $BC$ jest bokiem o maksymalnej długości i trójkąt jest ostrokątny, to $\left|BC\right|\ge 20$ i ${\left|BC\right|}^2<{\left|AB\right|}^2+{\left|AC\right|}^2=400+256=656$. Czyli $\left|BC\right|<\sqrt{656}=4\sqrt{41}$, więc $20\le \left|BC\right|<4\sqrt{41}$.

Jeżeli $AC$ jest bokiem o maksymalnej długości i trójkąt jest ostrokątny, to $\left|BC\right|\le 20$ i ${\left|AC\right|}^2<{\left|AB\right|}^2+{\left|BC\right|}^2$. Czyli ${\left|BC\right|}^2>400-256=144$, więc $\left|BC\right|>\sqrt{144}=12$. Zatem $12<\left|BC\right|\le 20$.

Ostatecznie, $\left|BC\right|\in \left(12, 20\right.⟩\cup \left.⟨20, 4\sqrt{41}\right)=\left(12, 4\sqrt{41}\right)$

Bok $BC$ powinien mieć długość z przedziału $\left(12, 4\sqrt{41}\right)$.

Ponieważ w trójkącie rozwartokątnym najdłuższy bok leży naprzeciwko kąta rozwartego i $\left|AB\right|\ge \left|AC\right|$, to kąt rozwarty nie może być przy wierzchołku $B$.

Jeżeli kąt rozwarty jest przy wierzchołku $A$, to $BC$ jest najdłuższym bokiem i $c<\left|BC\right|<b+c$ i ${\left|BC\right|}^2>{\left|AB\right|}^2+{\left|AC\right|}^2=c^2+b^2$. Czyli $\left|BC\right|>\sqrt{c^2+b^2}>c$, więc $\sqrt{c^2+b^2}<\left|BC\right|<b+c$.

Jeżeli kąt rozwarty jest przy wierzchołku $C$, to $AB$ jest najdłuższym bokiem i $c-b<\left|BC\right|<c$ i ${\left|AB\right|}^2>{\left|AC\right|}^2+{\left|BC\right|}^2$. Czyli ${\left|BC\right|}^2<c^2-b^2$, więc $\left|BC\right|<\sqrt{c^2-b^2}<c$, więc $c-b<\left|BC\right|<\sqrt{c^2-b^2}$.

Ostatecznie, $\left|BC\right|\in \left(c-b, \sqrt{c^2-b^2}\right)\cup \left(\sqrt{c^2+b^2}, c+b\right)$

Bok $BC$ powinien mieć długość z zakresu $\left(c-b, \sqrt{c^2-b^2}\right)\cup \left(\sqrt{c^2+b^2}, c+b\right)$.

Wyznaczamy $AC$ z twierdzenia Pitagorasa ${\left|AC\right|}^2=3^2+5^2=9+25=34$, więc $\left|AC\right|=\sqrt{34}$.

Podstawa $AB$ ma długość $5+3=8$. Spodek wysokości poprowadzonej z punktu $C$ jest w odległości $3$ od wierzchołka $B$. Z twierdzenia Pitagorasa możemy wyznaczyć długość ramienia $CB$.

${\left|CB\right|}^2=3^2+3^2=9+9=18$, więc $\left|CB\right|=3\sqrt{2}$.

Teraz możemy sprawdzić rodzaj kąta $ACB$:

${\left|AC\right|}^2+{\left|CB\right|}^2=34+18=52<64=8^2={\left|AB\right|}^2$

Stąd trójkąt $ABC$ jest trójkątem rozwartokątnym.

Warunki zadania przedstawione są na rysunku.

Rb22aQEQhcfbS

Na ilustracji przedstawiono deltoid $ABCD$. Zaznaczono krótszą przekątną $AC$, oraz dłuższą przekątną $BD$. Przekątne przecinają się w punkcie E. Punkt E dzieli dłuższą przekątną w stosunku jeden do trzech. Stąd, długość odcinka $BE$ wynosi x, natomiast długość odcinka $ED$ wynosi $3x$. Punkt E, dzieli krótszą przekątną w stosunku jeden do dwóch, stąd długość odcinka $AE$, oraz $EC$ wynosi $\frac{a}{2}$.

Punkty $B$ i $D$ są punktami na symetralnej krótszej przekątnej. Ponieważ krótsza przekątna deltoidu dzieli dłuższą przekątną w stosunku $1:3$, to odcinki na jakie dzieli się ta przekątna oznaczmy jako $x$ i $3x$.

Trójkąt $ABC$ jest ostrokątny, jeśli $2{\left|AB\right|}^2>a^2$. Wyznaczymy ${\left|AB\right|}^2$ z twierdzenia Pitagorasa w trójkącie $ABE$.

${\left|AB\right|}^2={\left(\frac{a}{2}\right)}^2+x^2$

Wstawiając do powyższej nierówności dostajemy $2{\left|AB\right|}^2=\frac{a^2}{2}+2x^2>a^2$

Stąd $4x^2>a^2$ i stąd $x>\frac{a}{2}$.

Podobne rozważania przeprowadzone dla trójkąta $ADC$ prowadzi do nierówności

$2{\left|AD\right|}^2=\frac{a^2}{2}+2·9x^2>a^2$

Stąd $36x^2>a^2$ i stąd $x>\frac{a}{6}$.

Część wspólna obu rozwiązań, to $x>\frac{a}{2}$. Stąd $4x>2a$.

Trójkąty równoramienne w deltoidzie są ostrokątne, jeśli dłuższa przekątna ma długość większą niż $2a$.