Niech $N$ będzie środkiem odcinka $BC$, a $\alpha$ kątem między ramionami trójkąta jak na poniższym rysunku.

ROXP2OjQkxGDt

Ilustracja przedstawia trójkąt A B C, kat BCA podpisano literą alfa. Na boku AC zaznaczono punkt M. Na boku BC podpisano punkt N. Przez punkt M oraz N poprowadzono prostą.

Wtedy $\left|CN\right|=\frac{1}{2}\left|BC\right|=\frac{m}{2}$ oraz $\left|CM\right|=\left|CA\right|-\left|CM\right|=m-\frac{m}{6}=\frac{5m}{6}$.

W celu obliczenia pola trójkąta $CNM$ potrzebujemy obliczyć długość odcinka $NM$. Stosując twierdzenie Pitagorasa mamy

${\left|CN\right|}^2+{\left|MN\right|}^2={\left|CM\right|}^2$,

a dalej

${\left(\frac{m}{2}\right)}^2+{\left|NM\right|}^2={\left(\frac{5m}{6}\right)}^2$,

skąd otrzymujemy

${\left|NM\right|}^2=\frac{25m^2}{36}-\frac{m^2}{4}=\frac{25m^2-9m^2}{36}=\frac{4m^2}{9}$,

czyli przy założeniu, że $\left|NM\right|>0$ mamy

$\left|NM\right|=\frac{2m}{3}$.

Obliczamy pole trójkąta $CNM$

$P_{CNM}=\frac{1}{2}\cdot \left|NM\right|\cdot \left|CN\right|=\frac{1}{2}\cdot \frac{m}{2}\cdot \frac{2m}{3}=\frac{m^2}{6}$.

Z drugiej strony pole trójkąta $CNM$ wynosi

$P_{CNM}=\frac{1}{2}\cdot \frac{m}{2}\cdot \frac{5m}{6}\cdot \sin \alpha =\frac{5m^2}{24}\cdot \sin \alpha$.

Przyrównując pola obliczamy $\sin \alpha$

$\frac{m^2}{6}=\frac{5m^2}{24}\cdot \sin \alpha$,

$\sin \alpha =\frac{m^2}{6}\cdot \frac{24}{5m^2}$,

skąd $\sin \alpha =\frac{4}{5}$.

Ostatecznie pole trójkąta $ABC$ wynosi

$P_{ABC}=\frac{1}{2}\cdot \left|AC\right|\cdot \left|BC\right|\cdot \sin \alpha =\frac{1}{2}\cdot m\cdot m\cdot \frac{4}{5}=\frac{2m^2}{5}$.

Podany trójkąt jest równoramienny zatem miary kątów przy wierzchołku $A$ oraz $B$ będą takie same. Obliczamy miary tych kątów, czyli

$\left|\sphericalangle ABC\right|=\left|\sphericalangle CAB\right|=\frac{180°-120°}{2}=30°$.

Podany trójkąt $ABC$ jest również rozwartokątny. Zatem punkt przecięcia symetralnych będzie znajdował się poza trójkątem. Oznaczymy $M$ jako punkt przecięcia symetralnej boku $CB$ z bokiem $CB$, $N$ jako punkt przecięcia symetralnej boku $AC$ z bokiem $AC$ oraz $O$ jako punkt przecięcia symetralnej boku $AB$ z bokiem $AB$. Rysujemy odpowiedni rysunek.

R1pSEh5CiPwIC

Ilustracja przedstawia trójkąt A B C, kat BAC ma miarę 30 stopni, kąt ABC ma również miarę 30 stopni.. Na boku AC zaznaczono punkt N. Na boku BC podpisano punkt M. Na boku Ab zaznaczono punkt O. Przez punkt N, M oraz O liniami przerywanymi poprowadzono proste prostopadłe do boków, na których leżą te punkty. Punkt przecięcia się tych prostych podpisano literą S. Kąt ACO ma miarę 60 stopni, kąt BCO ma również miarę 60 stopni. Odcinek CO ma długość 6 centymetrów.

Z własności symetralnych miara kąta $\left|\sphericalangle CSM\right|=\left|\sphericalangle NSC\right|=30°$. Zatem, korzystając z własności trójkąta $30°$, $60°$, $90°$ dla trójkąta $CSM$, długość odcinka $\left|CM\right|=3 \mathrm{cm}$. Wynika stąd, że $\left|CB\right|=6 \mathrm{cm}$.

Postępujemy analogicznie dla trójkąta $NSC$ i dostajemy, że bok $\left|AC\right|=6 \mathrm{cm}$.

Korzystamy ponownie z własności trójkąta $30°$, $60°$, $90°$ dla trójkąta $COB$. Wówczas odcinek $\left|OB\right|=3\sqrt{3} \mathrm{cm}$. Stąd wynika, że bok $\left|AB\right|=6\sqrt{3} \mathrm{cm}$.

Obwód podanego trójkąta wynosi $12+6\sqrt{3} \mathrm{cm}$.

Jeśli punkt $O$ leży na boku $BC$ to trójkąt $ABC$ jest trójkątem prostokątnym o przeciwprostokątnej $BC$. Do obliczenia szukanej odległości $d$ potrzebujemy w takim razie obliczyć długość przeciwprostokątnej, gdyż $d=\frac{\left|BC\right|}{2}$.

R1H3iOLosEbPz

Ilustracja przedstawia trójkąt prostokątny A B C, gdzie kąt BAC jest kątem prostym. Na przeciwprostokątnej BC zaznaczono punkt O. Przez punkt O linią przerywaną poprowadzono prostą prostopadłą do punktu BC. Odcinek PB podpisano literą d.

Z jednej strony mamy, że

$\frac{\left|AB\right|}{\left|AC\right|}=\sqrt{5}$,

czyli

$\left|AB\right|=\left|AC\right|\sqrt{5}$

i

${\left|AB\right|}^2=5{\left|AC\right|}^2$.

Z drugiej, możemy wykorzystać wzór na pole trójkąta prostokątnego:

$2\sqrt{15}=\frac{\left|AB\right|·\left|AC\right|}{2}$,

a dalej

$\left|AB\right|·\left|AC\right|=4\sqrt{15}$.

Podstawiając $\left|AB\right|=\left|AC\right|\sqrt{5}$ i dzieląc obustronnie przez $\sqrt{5}$ otrzymujemy

${\left|AC\right|}^2=4\sqrt{3}$.

Stosując stwierdzenie Pitagorasa otrzymujemy

$4\sqrt{3}+5\cdot 4\sqrt{3}={\left|BC\right|}^2$,

i dalej

$24\sqrt{3}={\left|BC\right|}^2$,

i ostatecznie

$d^2={\left(\frac{\left|BC\right|}{2}\right)}^2=\frac{{\left|BC\right|}^2}{4}=6\sqrt{3}$.

Zatem:

$d=\sqrt{6\sqrt{3}}$.