Zad. 1. W trapez wpisano okrąg. Punkty styczności dzielą każde z ramion na dwa odcinki. Wykaż, że iloczyny długości odcinków z jednego i drugiego ramienia są równe.
Zad. 2. Przez punkt A dwusiecznej kąta o wierzchołku B poprowadzono prostą odcinającą na ramionach kąta odcinki o długościach |BC|= a i |BD|= b. Wykaż, że suma odwrotności a i b nie zależy od wyboru prostej.
Zad. 3. Na trójkącie ABC opisano okrąg. Niech D to punkt okręgu różny od wierzchołków trójkąta. Wykaż, że odcinki symetryczne do AD, BD i DC odpowiednio względem dwusiecznych kątów CAB, ABC i BCA są równoległe.
Zad. 4. (wolna amerykanka) W sześciokącie ABCDEF oznaczmy przez M, N i K odpowiednio środki boków AB, CD i EF , a przez M', N' i K' odpowiednio środki boków BC, DE i AF. Wykaż, że środki ciężkości trójkątów MNK i M'N'K' pokrywają się.
Za zadania 1-3 punkty otrzymali:
- 30 pkt. - Jacek Bagiński (nauczyciel matematyki, I LO Kraków), Łukasz Besuch (III LO Wrocław), Szymon Bołd (I LO Kraków), Justyna Borowiak (III LO Wrocław), Dominik Bysiewicz (I LO Krosno), Ewa Gospodarek (III LO Wrocław), Jerzy Kawka (I LO Kraków), Krzysztof Lis (XIV LO Warszawa), Michel Migas (student PW), Tadeusz Porzucek (emerytowany nauczyciel, Gostyń), Wojciech Sobiński (III LO Wrocław),
- 28 pkt. - Maja Frankowska (III LO Wrocław), Michał Januszkiewicz (III LO Wrocław), Marcel Sokalski (III LO Wrocław), Sławomir Matysiak (nauczyciel, SP 50 Wrocław), Cyprian Ziółkowski (III LO Wrocław).
Za zadanie 4 punkty otrzymali:
- 10 pkt.- Michel Migas, Dominik Bysiewicz, Krzysztof Lis, Jacek Bagiński, Tadeusz Porzucek, Zygmunt Krawczyk (nauczyciel SLO Żary), Ewa Gospodarek, Wojciech Sobiński, Łukasz Besuch, Maja Frankowska, Michał Januszkiewicz oraz Cyprian Ziółkowski,
- 8 pkt. - Justyna Borowiak
Gratulacje!
Zad. 1. Środek okręgu O leży na przecięciu dwusiecznych kątów. Suma miar kątów leżących przy każdym z ramion trapezu wynosi 180°, zatem suma połówek tych kątów wynosi 90°. Oznacza to, że trójkąty AOD i BCO są prostokątne. Korzystając z własności wysokości opuszczonej na przeciwprostokątną, otrzymujemy równość |AK|·|KD| = |KO|2 = R2 = |OL|2 = |CL|·|LB|.
Zad. 2. Przez punkt A prowadzimy proste równoległe do ramion kąta przecinające je w punktach K i L. Zauważmy, że czworokąt BLAK jest rombem. Oznaczmy długość jego boku przez d. Trójkąty KAC i LDA są podobne (kkk), a stąd otrzymujemy proporcję (a–d):d = d:(b–d). Po przekształceniach otrzymujemy (a+b)/ab = 1/a + 1/b = 1/d. Zauważmy, że długość boku LA (równa d) w trójkącie równoramiennym BLA jest wyznaczona jednoznacznie i zależy tylko od długości podstawy BA i połowy kąta φ.
Zad. 3. Zacznijmy od wykazania równoległości CD'' i AD'. Wystarczy pokazać równość miar kątów D''CA i CAD'. Oznaczmy przez φ miarę kątów BAD i BCD (wpisane oparte na tym samym łuku). Mamy |∡D''CA| = |∡D''CW3|–γ/2 = |∡DCW3|–γ/2 = (γ/2+φ) – γ/2 = φ. Z drugiej strony |∡CAD'| = α/2 – |∡D'AW1| = α/2 –|∡DAW1| = α/2 – (α/2–φ) = φ. Dalszy ciąg rozumowania prowadzimy analogicznie.
Zad. 4. (wolna amerykanka) Skorzystamy z następujących własności wektorów:
1) Jeśli M jest środkiem odcinka AB, to dla dowolnego punktu P mamy PM = (PA+PB)/2.
2) Jeśli O jest środkiem ciężkości trójkąta ABC, to dla dowolnego punktu P mamy PO = (PA+PB+ PC)/3.
Oznaczmy środki ciężkości odpowiednich trójkątów przez O i O'. Mamy wówczas AO = (AM+AN+AK)/3 = [(AB/2 + (AC+AD)/2 + (AE+AF)/2]:3 = (AB+AC+AD+AE+AF)/6. Z drugiej strony AO' = (AM'+AN'+AK')/3 = [(AB+AC)/2 + (AD+AE)/2 + AF/2]:3 = (AB+AC+AD+AE+AF)/6. Z równości wektorów AO i AO' wynika, że punkty O i O' pokrywają się.
