Zad. 1. W trójkącie ABC, w którym |BC| = 1, promień okręgu dopisanego stycznego do BC jest dwa razy większy od promienia r okręgu wpisanego. Wykaż, że pole tego trójkąta wynosi 2r.
Zad. 2. W trójkąt równoboczny o boku a wpisano okrąg. Odcinek stycznej do okręgu zawarty w trójkącie ma długość b. Oblicz pole trójkąta odciętego tą styczną.
Zad. 3. Dany jest kąt o wierzchołku O i okrąg styczny do jego ramion w punktach A i B. Z punktu A równolegle do OB poprowadzono półprostą przecinającą okrąg w punkcie C. Odcinek OC przecina okrąg w punkcie E, a proste AE i OB przecinają się w punkcie K. Wykaż, że |OK|=|KB|.
Zad. 4. (wolna amerykanka) Odległość między dwiema prostymi równoległymi wynosi 48/5. Na jednej prostej znajduje się punkt C, a na drugiej punkty A i B położone tak, że trójkąt ABC jest równoramienny. Wiedząc, że promień okręgu wpisanego w trójkąt ABC wynosi 8/3, oblicz długość AB.
Za zadania 1 - 3 punkty zdobyli:
- 30 pkt. - Jacek Bagiński (nauczyciel matematyki, I LO Kraków), Włodzimierz Bąk (nauczyciel akademicki UO), Michel Migas (student matematyki PW), Tadeusz Porzucek (emerytowany nauczyciel, Gostyń),
- 20 pkt. - Szymon Kaźmierowski (nauczyciel, IV LO Elbląg), Ewa Dobrowolska (uczennica, III LO Wrocław).
Za zadanie 4 (wolna amerykanka) 10 pkt. zdobyli: Jacek Bagiński, Włodzimierz Bąk, Zygmunt Krawczyk (nauczyciel, SLO Żary), Szymon Kaźmierowski, Michel Migas oraz Tadeusz Porzucek. 8 pkt. zdobyła Ewa Dobrowolska.
Gratulacje!
Czołówka tegorocznej edycji Ligi Zadaniowej z Geometrii Elementarnej wygląda następująco (w nawiasach podano liczby zgromadzonych punktów na 270 możliwych):
I miejsce (270 pkt.) ex aequo
Włodzimierz Bąk - nauczyciel akademicki Uniwersytet Opolski
Michel Migas - student matematyki Politechniki Warszawskiej
II miejsce (240 pkt.) ex aequo
Jacek Bagiński - nauczyciel matematyki, I LO Kraków
Tadeusz Porzucek - emerytowany nauczyciel matematyki, Gostyń
III miejsce (220 pkt.)
Dominik Sulik - uczeń, I LO Kraków
IV miejsce (200 pkt.)
Szymon Kaźmierowski - nauczyciel, IV LO Elbląg
W kategorii "wolnej amerykanki" wyniki są następujące (w nawiasach podajemy liczby zdobytych punktów na 90 możliwych):
I miejsce (90 pkt.) ex aequo
Włodzimierz Bąk - nauczyciel akademicki Uniwersytet Opolski
Zygmunt Krawczyk - nauczyciel SLO Żary
Michel Migas - student matematyki Politechniki Warszawskiej
II miejsce (88 pkt.)
Jacek Bagiński - nauczyciel matematyki, I LO Kraków
III miejsce (82 pkt.)
Tadeusz Porzucek- emerytowany nauczyciel matematyki, Gostyń
IV miejsce (78 pkt.)
Dominik Sulik - uczeń, I LO Kraków
V miejsce (60 pkt.)
Szymon Kaźmierowski - nauczyciel, IV LO Elbląg
Serdecznie gratulujemy i życzymy udanych wakacji.
Zad. 1. Niech p oznacza połowę obwodu trójkąta ABC. Zauważmy, że |AP| = p–1 oraz |AQ| = p (porównaj z zadaniem 2 z października 2016). Z podobieństwa trójkątów API oraz AQIa mamy 2r:p = r:(p-1), skąd p=2. Ostatecznie pole trójkąta wynosi S = pr = 2r.
Zad. 2. Promień okręgu wpisanego w trójkąt ABC wynosi a√3/6, połowa obwodu trójkąta LBK wynosi p = a/2, a |MB| = a/2 – b (porównaj z zadaniem 2 z października 2016). Z podobieństwa trójkątów ODB i IMB otrzymujemy proporcję (a√3/6):(a/2) = r:(a/2–b), skąd mamy r = (a/2–b)√3/3. Ostatecznie SKLB = pr = a√3(a–2b)/12.
Zad. 3. Zauważmy, że trójkąty OEK i OAK są podobne, bo mają wspólny kąt OKE i jeden kąt miary φ. Tak jest, bo równość miar kątów KOE i OCA wynika z równoległości prostych OB i AC, a kąt OAK jest dopisany do okręgu i oparty na łuku AE, więc jest równy kątowi wpisanemu ACE opartemu na tym samym łuku. Z tego podobieństwa otrzymujemy proporcję |OK|:|KA| = |KE|:|OK|, skąd |OK|2 = |KA|·|KE|. Z drugiej strony z twierdzenia o potędze punktu względem okręgu mamy |KB|2 = |KE|·|KA|. Stąd |OK| = |KB|.
Zad. 4 (wolna amerykanka)
a) przypadek |CA| = |CB|
Z podobieństwa trójkątów prostokątnych MIC i AKC mamy |AK|:|KC| = |IM|:|MC|. Po podstawieniu danych liczbowych otrzymujemy (|AB|/2):(48/5) = (8/3):√((104/15)2 – (8/3)2), skąd |AB| = 8.
b) przypadek |CA| = |AB|
Zauważmy, że SABC = (2a+b)·8/3 = (a+b)·24/5, skąd a = 4b. Zatem |AB| = 5b. Z twierdzenia Pitagorasa w trójkącie ABK otrzymujemy |AK| = 3b. Z podobieństwa trójkątów AIN i AKB (prostokątne i mają wspólny kąt ostry KAB) mamy |IN|:|AN| = |BK|:|AK|, a po podstawieniu danych liczbowych (8/3)/b = 4b/3b, skąd b = 2. Ostatecznie |AB| = 10.
Tradycja bożo-narodzeniowych jarmarków we Wrocławiu sięga XVI wieku. Jedną z ich atrakcji bywała dawniej "legnicka bomba". Co to było? 
