Zad. 1. W okrąg wpisano trójkąt ABC. Styczne do okręgu w w punktach A i B przecinają się w punkcie S. Prosta CS przecina AB w punkcie M. Wykaż, że |AM|:|MB| = b2 : a2, gdzie |BC|= a i |AC|= b.
Zad. 2. Przez punkt P leżący na zewnątrz okręgu o środku O poprowadzono styczne PA i PB, gdzie A i B są punktami styczności. Niech C będzie rzutem prostokątnym punktu A na średnicę BD. Wykaz, że prosta PD dzieli odcinek AC na połowy.
Zad. 3. Niech E będzie rzutem prostokątnym środka symetrii rombu ABCD na bok AB, a punkt F - środkiem wysokości opuszczonej z wierzchołka C na bok AB. Wykaż, że odcinki DE i AF są prostopadłe.
Zad. 4. (wolna amerykanka) Przekątne czworokąta ABCD wpisanego w okrąg o promieniu R przecinają się w punkcie M. Wiedząc, że |AB|=|BC|= a oraz |BD|= m, znajdź promień okręgu opisanego na trójkącie BCM.
Za zadania 1-3 punkty otrzymali:
30 pkt - Jacek Bagiński (nauczyciel matematyki, I LO Kraków), Łukasz Besuch (III LO Wrocław), Dominik Bysiewicz (I LO Krosno), Krzysztof Lis (XIV LO Warszawa), Michał Marcinkowski (pracownik IM UWr),Michel Migas (student PW), Tadeusz Porzucek (emerytowany nauczyciel, Gostyń);
20 pkt. - Jerzy Kawka (I LO Kraków).
Za zad. 4 punkty otrzymali:
10 pkt. - Michel Migas, Dominik Bysiewicz, Krzysztof Lis, Jacek Bagiński, Zygmunt Krawczyk (nauczyciel SLO Żary), Łukasz Besuch oraz Tadeusz Porzucek.
Gratulujemy!
Zad. 1. Przez 1 oznaczmy kąt dopisany LAS i przystające doń kąty wpisane ACL i ABL, a przez 2 analogiczne kąty LBS, LCB oraz LAB. Na mocy cechy kkk zauważmy podobieństwo trójkątów CMB i AML oraz trójkątów CAM i MLB. Otrzymujemy następujące proporcje: |MB|:|ML| = a:|AL| oraz |ML|:|AM| = |LB|:b. Mnożąc je stronami, otrzymujemy (*) |MB|:|AM| = (a:b)· |LB|:|AL|). Dalej również na mocy cechy kkk zauważmy podobieństwo trójkątów ALS i ACS oraz trójkątów LBS i SBC (oprócz kątów zaznaczonych numerami mamy kąty wspólne o wierzchołku S). Stąd mamy |AL|:d = b:|CS| oraz |LB|:d = a:|CS|. Dzieląc stronami te proporcje, otrzymujemy |LB|:|LA| = a:b. Po podstawieniu do (*) mamy tezę.
Zad. 2. Przez K oznaczmy punkt wspólny odcinków PD i AC. Zauważmy, że czworokąt PXDB jest trapezem prostokątnym. Łatwo zauważyć, że parami podobne są trójkąty PAK i PXD oraz PBD i KCD. Otrzymujemy zatem proporcje |AK|:d = |DX|:|PX| oraz |CK|:d = |CD|:|DB|. Dzieląc te proporcje stronami, otrzymujemy (*) |AK|:|CK| = (|DX|:|PX|)·(|DB|:|CD|). Z drugiej strony w trapezie PXDB mamy |AX|:|PX| = |DC|:|DB|, a wobec równości |DX| = |AX| mamy |DX|:|PX| = |DC|:|DB|. Po podstawieniu do (*) otrzymujemy |AK|:|CK| = 1. Stąd wynika teza.
Zad. 3. Niech DH oznacza wysokość rombu. Wówczas punkty A, H, O, D leżą na jednym okręgu o średnicy AD. Wystarczy wykazać, że punkt K leży na tym okręgu. Oznaczmy przez φ miarę kąta FAB. Zauważmy, że na mocy cechy kkk podobne są trójkąty ACS (gdzie S to spodek wysokości z wierzchołka C) i DKB. Oba są prostokątne i |∡DBH| = β/2 = |∡ACS| = 90°–α/2. Dalej zauważmy, że AF jest środkową w trójkącie ACS, a DE - środkową w trójkącie DKB. Oznancza to, że trójkąty FAS i KDE są podobne, przy czym mamy |∡HAK| = |∡HDK|, a to oznacza, że punkty A, H, K, O i D są współokręgowe. Stąd wynika teza.
Zad. 4. (wolna amerykanka) Z twierdzenia sinusów w trójkącie ABC mamy sinφ = a/2R. Dalej zauważmy, że trójkąty ABD i MDC są podobne (kkk). Z twierdzenia sinusów w trójkącie ABD mamy a/sinφ = m/sin(∡DAB), skąd otrzymujemy sin(∡DAB) = msinφ/a. Zauważmy teraz, że |∡BMC| = |∡MDC|+|∡DCM| (bo to kąt zewnętrzny trójkąta) = 180°–|∡DAB| (bo ABCD jest wpisany w okrąg). Zatem, stosując wzór redukcyjny, mamy sin(∡BMC) = sin(∡DAB). Ostatecznie z twierdzenia sinusów w trójkącie BMC mamy a/sin(∡BMC) = 2r, skąd r = a/2sin(∡BMC) = a/2sin(∡DAB) = a/(2(m/a)sinφ) = a/(2(m/a)(a/2R)) = Ra/m.
