2. Zadatak

Prvo rješenje.

Vrhom $C$ nacrtamo pravac $p$ tako da je $p\parallel AD$.

Neka je točka $E$ presjek pravca $p$ i stranice $\overline{AB}$.

Četverokut $AECD$ je paralelogram, pa slijedi da je $|CE|=|AD|=13$ cm, $|AE|=|CD|=11$ cm i $|EB|=25-11=14$ cm.

Zbog $15^2<13^2+14^2$, trokut $EBC$ je šiljastokutan.

Neka je točka $F$ nožište visine iz vrha $C$ na stranicu $\overline{AB}$ trokuta $ABC$.

Neka je $|EF|=x$ i $|CF|=v$. Tada je $|FB|=14-x$.

Primjenom Pitagorina poučka na pravokutni trokut $EFC$ i na pravokutni trokut $FBC$ dobivamo ove dvije jednakosti:

$$v^2=13^2-x^2$$ $$v^2=15^2-(14-x)^2.$$

Zbog jednakosti lijevih strana nužno slijedi jednakost desnih strana pa imamo redom:

$$15^2-(14-x)^2=13^2-x^2$$ $$225-(196-28x+x^2)=169-x^2$$ $$29+28x-x^2=169-x^2$$ $$28x=140$$ $$x=5\text{ cm}.$$

Iz jednakosti $v^2=13^2-x^2$ dobivamo da je $v=12$ cm.

Primjenom Pitagorina poučka na trokut $AFC$ dobivamo $|AC|^2=v^2+|AF|^2$.

Kako je $|AF|=|AE|+|EF|$, slijedi da je $|AF|=11+5=16$ cm.

Zbog toga je $|AC|^2=12^2+16^2$, tj. $|AC|=20$ cm.

Primijenimo obrat Pitagorina poučka na trokut $ABC$:

$$|AB|^2=|AC|^2+|BC|^2$$ $$25^2=20^2+15^2$$ $$625=400+225$$ $$625=625.$$

Zaključujemo da je trokut $ABC$ pravokutan s pravim kutom nasuprot stranici $\overline{AB}$, a to znači da je $|\angle ACB|=90^\circ$.

Drugo rješenje.

Iz točke $C$ nacrtamo okomicu $\overline{CF}$ na dužinu $\overline{AB}$, a iz točke $D$ nacrtamo okomicu $\overline{DE}$ na dužinu $\overline{AB}$. Četverokut $EFCD$ je pravokutnik, pa slijedi da je $|EF|=|CD|=11$ cm.

Neka je $|AE|=x$ i $|CF|=|DE|=v$. Tada je $|FB|=25-x-11=14-x$.

Primjenom Pitagorina poučka na pravokutni trokut $AED$ i na pravokutni trokut $FBC$ dobivamo ove dvije jednakosti:

$$v^2=13^2-x^2$$ $$v^2=15^2-(14-x)^2.$$

Zbog jednakosti lijevih strana nužno slijedi jednakost desnih strana pa imamo redom:

$$15^2-(14-x)^2=13^2-x^2$$ $$225-(196-28x+x^2)=169-x^2$$ $$29+28x-x^2=169-x^2$$ $$28x=140$$ $$x=5\text{ cm}.$$

Iz jednakosti $v^2=13^2-x^2$ dobivamo da je $v=12$ cm.

Primjenom Pitagorina poučka na trokut $AFC$ dobivamo $|AC|^2=v^2+|AF|^2$.

Kako je $|AF|=|AE|+|EF|$, slijedi da je $|AF|=11+5=16$ cm.

Zbog toga je $|AC|^2=12^2+16^2$, tj. $|AC|=20$ cm.

Primijenimo obrat Pitagorina poučka na trokut $ABC$:

$$|AB|^2=|AC|^2+|BC|^2$$ $$25^2=20^2+15^2$$ $$625=400+225$$ $$625=625.$$

Zaključujemo da je trokut $ABC$ pravokutan s pravim kutom nasuprot stranici $\overline{AB}$, a to znači da je $|\angle ACB|=90^\circ$.

Razmotrimo i mogućnost da su nasuprotni kutovi četverokuta tupi. Uzimajući u obzir zadane duljine stranica četverokuta, to je moguće jedino ako su tupi kutovi pri vrhovima $A$ i $C$. U ovom slučaju bi iz točke $A$ nacrtali okomicu $\overline{AE}$ na stranicu $\overline{CD}$ i skica bi izgledala ovako:

Četverokut $AFCE$ je pravokutnik.

Iz $|EC|=11-x$ slijedi $|FB|=25-(11-x)=14+x$.

Primjenom Pitagorina poučka na pravokutni trokut $AED$ i na pravokutni trokut $FBC$ dobivamo jednakosti:

$$v^2=13^2-x^2$$ $$v^2=15^2-(14+x)^2.$$

Zbog jednakosti lijevih strana nužno slijedi jednakost desnih strana pa imamo redom:

$$15^2-(14+x)^2=13^2-x^2$$ $$225-(196+28x+x^2)=169-x^2$$ $$29-28x-x^2=169-x^2$$ $$-28x=140$$ $$x=-5.$$

Budući da duljina stranice ne može biti negativna, zaključujemo da je ovaj slučaj nemoguć.