4. Zadatak

Prvi način: Uvedimo oznake $|AB|=c$, $|BC|=a$, $|CA|=b$, $\angle CAB=\alpha$, $\angle ABC=\beta$, $\angle BCA=\gamma$.

Prema uvjetu zadatka je $\beta=90^\circ+\alpha$, pa je zadani trokut tupokutan.

Neka je $H$ nožište visine iz vrha $C$, te neka je $|CH|=v$ i $|BH|=x$.

Pokažimo sada da su pravokutni trokuti $AHC$ i $BHC$ slični. Naime, očito je $\angle CBH=180^\circ-(90^\circ+\alpha)=90^\circ-\alpha$, odakle je $\angle HCB=90^\circ-(90^\circ-\alpha)=\alpha=\angle CAH$.

Dakle, pravokutni trokuti $AHC$ i $BHC$ imaju jednak šiljasti kut. Stoga im je jednak i drugi šiljasti kut, pa su oni slični. Iz dokazane sličnosti, uz istaknute oznake, vrijedi razmjer $\frac{b}{v}=\frac{a}{x}$, odakle je $x=\frac{av}{b}$.

S druge strane, primjenom Pitagorinog poučka na trokut $BHC$ slijedi jednakost $x^2+v^2=a^2$.

Uvrstimo li u tu jednakost dobiveni izraz za $x$, imamo da je

$$\frac{a^2v^2}{b^2}+v^2=a^2,\quad\text{tj.}\quad\frac{a^2v^2+b^2v^2}{b^2}=a^2,$$

odakle je

$$v^2=\frac{a^2b^2}{a^2+b^2},\quad\text{tj.}\quad v=\frac{ab}{\sqrt{a^2+b^2}}.$$

Konačno, kako je $a=6\ \mathrm{cm}$, $b=8\ \mathrm{cm}$, imamo da je

$$v=\frac{6\cdot8}{\sqrt{6^2+8^2}}=\frac{48}{\sqrt{36+64}}=\frac{48}{\sqrt{100}}=\frac{48}{10}=4.8\ \mathrm{cm}.$$

Drugi način: U ovom rješenju koristimo iste oznake kao i u prvom rješenju.

Neka je $A'$ centralno simetrična slika točke $A$ u odnosu na točku $H$.

Tada je trokut $AA'C$ jednakokračan pa je $|A'C|=b$ i $\angle BA'C=\alpha$.

Uočimo da je trokut $BA'C$ pravokutan zato jer je $\angle A'CB=180^\circ-(90^\circ-\alpha+\alpha)=90^\circ$.

Dakle, visina $CH$ trokuta $ABC$ podudara se s visinom pravokutnog trokuta $BA'C$. Izrazimo li površinu pravokutnog trokuta $BA'C$ na dva načina, dobivamo jednakost

$$\frac{ab}{2}=\frac{|BA'|v}{2}.$$

Sada, prema Pitagorinom poučku je $|BA'|=\sqrt{a^2+b^2}$, pa uvrštavanjem u prethodnu jednakost dobivamo da je

$$v=\frac{ab}{\sqrt{a^2+b^2}},$$

odakle kao i u prvom rješenju dobivamo da je $v=4.8\ \mathrm{cm}$.