czerwiec 2017

Data ostatniej modyfikacji:
2018-07-8

Zad. 1. Przez dowolny punkt D na boku AC trójkąta ABC poprowadzono proste równoległe do środkowych AE i CF, przecinające boki AB i BC odpowiednio w punktach H i G. Wykaż, że środkowe AE i CF dzielą odcinek HG na trzy równe części.

Zad. 2. Dany jest trójkąt ABC. Znajdź zbiór punktów M takich, że trójkąty AMB i AMC mają równe pola.

Zad. 3. Wykaż, że jeśli w sześciokącie ABCDEF przeciwległe boki (tzn. AB i DE, AF i CD, EF i BC) są równoległe, a główne przekątne AD, BE i CF są równej długości, to można na nim opisać okrąg.

Zad. 4. (wolna amerykanka) Przekątne czworokąta ABCD przecinają się w punkcie O. Znajdź pole czworokąta, jeśli pola trójkątów ABD, ACD i AOD wynoszą odpowiednio a, b i c

 

Wyniki: 

Za rozwiązania zadań 1-3 punkty zdobyli:

  • 30 - Tadeusz Porzucek (emerytowany nauczyciel, Gostyń)
  • 28 - Robert Ciężabka (student AGH Kraków ), Michel Migas (student PW),
  • 22 - Szymon Kaźmierowski (nauczyciel, IV LO Elbląg), Paweł Wesołowski (uczeń II LO Końskie),
  • 20 - Sabina Khady Sy (studentka nanotechnologii na UJ),
  • 12 - Mikołaj Sikora (uczeń III LO Tarnów).

Za zadanie 4 maksymalną liczbę 10 pkt. otrzymali: Robert Ciężabka, Zygmunt Krawczyk (nauczyciel, SLO Żary), Michel Migas, Tadeusz Porzucek, Mikołaj Sikora, Sabina Khady Sy, Szymon Kaźmierowski oraz Wojciech Tomiczek (inżynier, Lipowa).

Po 9 miesiącach trwania kolejnej edycji Ligi z Geometrii Elementarnej wyniki czołówki są następujące (na 270 możliwych punktów):

  • 268 pkt. - Robert Ciężabka, Michel Migas, Tadeusz Porzucek
  • 240 pkt. - Paweł Wesołowski
  • 222 pkt. - Mikołaj Sikora
  • 168 pkt. - Sabina Khady Sy
  • 142 pkt. - Szymon Kaźmierowski
  • 120 pkt. - Jacek Bagiński

Pozostali zawodnicy uzyskali wyniki poniżej 90 pkt.

W konkurencji wolnej amerykanki najwyżej w klasyfikacji znaleźli się:

  • 90 pkt. (na 90 możliwych!) - Zygmunt Krawczyk, Michel Migas, Tadeusz Porzucek, Mikołaj Sikora i Robert Ciężabka,
  • 88 pkt. - Sabina Khady Sy,
  • 82 pkt. - Wojciech Tomiczek,
  • 50 pkt. - Szymon Kaźmierowski.

Pozostali zawodnicy uzyskali poniżej 50 pkt.

 

Odpowiedzi: 

Zad. 1. Z podobieństwa trójkątów CDG i CAE (cecha kkk) otrzymujemy |DG|/|CG| = |AE|/|EC|, a z podobieństwa trójkątów CPG i CME mamy |PG|/|CG| = |ME|/|EC|. Dzieląc stronami pierwszą z tych równości przez drugą, otrzymujemy |PG|/|DG| = |ME|/|AE| = 1/3, bo M jest środkiem ciężkości trójkąta ABC. Z kolei z podobieństwa trójkątów DHG i PKG (cecha kkk) mamy |KG|/|HG| = |PG|/|DG| = 1/3, skąd |KG| = |HG|/3. Analogicznie |HL| = |HG|/3. Stąd teza.

 

Zad. 2. Niech M będzie szukanym punktem.
a) Niech B i C leżą po obu stronach prostej AM. Oznaczmy przez S punkt wspólny prostej AM i boku BC. Trójkąty ABM i AMC mają równe pola oraz wspólną podstawę, więc ich wysokości CE i BF mają równe długości. Oznacza to, że trójkąty prostokątne CES i SFB są przystające (cecha kbk). Stąd S jest środkiem boku BS. I na odwrót: gdy S jest środkiem boku BC, to z przystawania trójkątów CES i SFB wynika równość pól trójkątów ABM i AMC.
b) Niech B i C leżą po jednej stronie prostej AM. Z założenia otrzymujemy równość wysokości CE i BF, skąd wynika równoległość prostej AM i boku BC. I na odwrót, jeśli prosta AM jest równoległa do BC, to trójkąty AMB i AMC mają równe pole, bo mają wspólną podstawę i równe wysokości.
Szukanym zbiorem są więc dwie proste przechodzące przez wierzchołek A z jego wyłączeniem. Pierwsza z nich przechodzi przez środek boku BC, a druga jest do tego boku równoległa.

 

Zad. 3. W świetle założeń trapezy ABCD, BCEF i ACDF są równoramienne. Otrzymujemy następujące równości miar kątów: |∡BAD|=|∡ADE|=|∡ABE|=|∡BED|, |∡ADC|=|∡FAD|=|∡DCF|=|∡FAD| oraz |∡FED|=|∡EBC|=|∡BCF|=|∡CFE|.
Rozważmy czworokąt FCDE. Mamy |∡EFC|+|∡EDA|+|∡ADC| = |∡FCD|+|∡FEB|+|∡BED|. To oznacza, że na tym czworokącie można opisać okrąg. Wobec równości |∡FDE|=|∡FBE| okrąg ten przechodzi także przez wierzchołek B. Analogicznie wobec równości |∡BAD|=|∡BED| okrąg ten przechodzi przez A. Stąd teza.

 

Zad. 4. (wolna amerykanka) Oznaczmy przez x pole trójkąta BOC. Otrzymujemy PΔAOD / PΔODC = |AO|/|OC| = PΔABO / PΔBOC. Podstawiając dane, otrzymujemy równanie c/b-c = a-c/x, skąd x = (a-c)(b-c)/c. Pole czworokąta ABCD jest sumą pól poszczególnych trójkątów i wynosi ab/c.

 

 

Powrót na górę strony