Rozwiązanie:
[tex]a)[/tex]
Zauważmy, że wierzchołek trójkąta równoramiennego niebędący w podstawie musi leżeć w połowie boku prostokąta. Na mocy twierdzenia Pitagorasa mamy:
[tex](\sqrt{2})^{2}+(\frac{1}{2}) ^2=c^2\\2+\frac{1}{4}=c^{2}\\c=\sqrt{\frac{9}{4} }=\frac{3}{2}[/tex]
Zatem:
[tex]L_{1}=2c+1=2 \cdot \frac{3}{2}+1=4[/tex]
Ponadto:
[tex]t=2(1+\sqrt{2}) \Rightarrow \frac{(t+2)^{2}}{2} =\frac{(2(1+\sqrt{2})-2)^{2} }{2}=\frac{8}{2}=4[/tex]
Stąd mamy [tex]L_{1}=\frac{(t-2)^{2}}{2}[/tex].
[tex]b)[/tex]
Rysunek w załączniku.
Na mocy twierdzenia Pitagorasa:
[tex]1^{2}+(\sqrt{2}-x)^{2}= (\sqrt{2}) ^{2} \\1+(\sqrt{2}-x)^{2}=2\\ (\sqrt{2}-x)^{2}=1^{2} \iff \sqrt{2}-x=1 \ \ (\sqrt{2}-x>0)\\x=\sqrt{2}-1[/tex]
Dalej z twierdzenia Pitagorasa:
[tex](\sqrt{2}-1)^{2}+1^{2}=y^{2}\\2-2\sqrt{2}+1+1=y^{2}\\4-2\sqrt{2}=y^{2}\\y=\sqrt{4-2\sqrt{2} }[/tex]
Zatem:
[tex]L_{2}=2\sqrt{2}+\sqrt{4-2\sqrt{2} }[/tex]
Ponadto:
[tex]t=2(\sqrt{2}+1) \Rightarrow t-2+\sqrt{6-t} =2\sqrt{2} +\sqrt{6-2\sqrt{2}-2 } =2\sqrt{2} +\sqrt{4-2\sqrt{2} }[/tex]
Stąd mamy:
[tex]L_{2}=t-2+\sqrt{6-t}[/tex].
