4. Zadatak

Od papira je izrezan pravokutnik $ABCD$ . Na stranici $\overline{AB}$ odabrana je točka $E$ tako da je $|AE|=8$ i $|BE|=17$ . Na stranici $\overline{CD}$ odabrana je točka $F$ tako da je $|CF|=3$ . Nakon presavijanja papira po dužini $\overline{EF}$ , vrh $B$ se poklapa s točkom $S$ na stranici $\overline{AD}$ . Odredi duljinu stranice $\overline{BC}$ pravokutnika $ABCD$ i zapiši ju u obliku neskrativog razlomka.

Prvo rješenje.

Presavijanjem papira prema uvjetima zadatka, dobiva se sljedeće:

Presavijeni pravokutni papir

Četverokut $EBCF$ se preslikava u njemu sukladan četverokut $SEFT$ (četverokut $SEFT$ je osnosimetrična slika četverokuta $EBCF$ s obzirom na pravac $EF$ ) tj. trokut $EBF$ se preslikava u njemu sukladan trokut $SEF$ , pa je

|SE|=|BE|=17.

Primjenom Pitagorinog poučka na trokut $SAE$ dobivamo da je

|SA|^2=17^2-8^2=289-64=225

|SA|=15.

Neka je $|AD|=|BC|=x$ .

Uočimo da je $|DS|=x-15$ i $|DF|=22$ .

Duljine potrebne u prvom rješenju

Kako je, zbog sukladnosti trokuta $EBF$ i trokuta $SEF$ , $|BF|=|SF|$ ,

primjenom Pitagorinog poučka na trokut $FDS$ i trokut $BCF$ dobivamo:

|SD|^2+|DF|^2=|FC|^2+|BC|^2

(x-15)^2+22^2=3^2+x^2

x^2-30x+225+484=9+x^2

30x=700

x=\frac{70}{3}

Drugo rješenje.

Kao u prvom rješenju, zaključujemo da je $|SE|=17$ i $|SA|=15$ .

Neka je sjecište pravaca $BC$ i $EF$ točka $G$ .

Konstrukcija za drugo rješenje

\frac{|AB|}{|AS|}=\frac{|BG|}{|BE|}.

Kako je $\sphericalangle EGB$ zajednički kut trokuta $\triangle EBG$ i $\triangle FCG$ te $|\sphericalangle GBE|=|\sphericalangle GCF|=90^\circ$ , trokuti $\triangle EBG$ i $\triangle FCG$ su slični (KK poučak) pa su im odgovarajuće stranice proporcionalne:

\frac{|BG|}{|BE|}=\frac{|CG|}{|CF|}.

Dakle, vrijedi

\frac{25}{15}=\frac{x+y}{17}=\frac y3.

\frac{25}{15}=\frac y3

dobivamo da je $y=5$ .

\frac{25}{15}=\frac{x+y}{17}

dobivamo da je

x+y=\frac{85}{3}

pa je

x=\frac{70}{3}.

Alternativna konstrukcija.

Može se uvesti točku $P$ koja je sjecište pravaca $BS$ i $EF$ pa umjesto sličnih trokuta $\triangle EBG$ , $\triangle FCG$ i $\triangle SAB$ , kao u drugom rješenju, promatrati slične trokute $\triangle PEB$ , $\triangle FCG$ i $\triangle SAB$ .

Alternativna konstrukcija s točkom P

Nakon određivanja $|PB|=\frac{|SB|}{2}=\frac{5\sqrt{34}}{2}$ (primjenom Pitagorinog poučka na trokut $\triangle SAB$ ), dobiva se

\frac{\frac{5\sqrt{34}}2}{\sqrt{17^2-\left(\frac{5\sqrt{34}}2\right)^2}} =\frac{x+y}{17}=\frac y3

odnosno

\frac53=\frac{x+y}{17}=\frac y3.