Zad. 1. W trójkącie wysokość opuszczona na przeciwprostokątną wynosi 5, a jeden z kątów ma miarę 15°. Oblicz pole tego trójkąta.
Zad. 2. W trójkąt ABC, w którym kąt A jest dwa razy większy od kąta B, wpisano okrąg, którego punkt styczności podzielił bok AB na odcinki o długości √3 i 2+√3. Znajdź miary kątów trójkąta ABC.
Zad. 3. Długości boków AC, BC i AB trójkąta ABC tworzą ciąg arytmetyczny. Dwusieczna kąta A przecina okrąg opisany na tym trójkącie w punkcie W, a punkt T jest rzutem prostokątnym W na prostą AC. Wykaż, że |AT|=|BC|.
Zad. 4. (wolna amerykanka) W trójkącie ABC zachodzi: |AB|=2, |∡B|=75° oraz wysokość CH ma długość 1. Znajdź miarę kąta A.
W tym miesiacu za zadania 1-3 punkty uzyskali:
- 30 - Jacek Bagiński (nauczyciel matematyki, I LO Kraków), Iwona Gruszecka (nauczycielka matematyki, CLV LO Warszawa), Elżbieta Grzechnik (emerytowana nauczycielka z Radomia), Mateusz Jagoda (ZSO Kluczbork), Szymon Kaźmierowski (nauczyciel z Elbląga), Sławomir Matysiak (nauczyciel matematyki, X LO Wrocław), Mikołaj Popek (student UAM), Dariusz Trzeciak (nauczyciel matematyki i informatyki z Zambrowa) i Janusz Wieczorek (emerytowany nauczyciel z Sandomierza),
- 28 - Marzena Wąsiewicz (nauczycielka z Kajetan),
- 20 pkt. - Mikołaj Michalik (XIV LO Warszawa) i Tadeusz Porzucek (emerytowany nauczyciel z Gostynia).
Za zadanie 4 punkty otrzymali:
- 10 - Jacek Bagiński, Iwona Gruszecka, Elżbieta Grzechnik, Mateusz Jagoda, Szymon Kaźmierowski, Zygmunt Krawczyk (emerytowany nauczyciel ze Szprotawy), Szymon Meyer (analityk danych z Dziewkowic), Mikołaj Michalik, Mikołaj Popek, Tadeusz Porzucek, Dariusz Trzeciak i Janusz Wieczorek,
- 8 - Marzena Wąsiewicz.
Gratulujemy!
W tym miesiącu w roli głównej występuje jeden z "trójkątów ekierkowych".
Zad. 1. Niech M będzie środkiem boku AB. Z własności środkowej przeciwprostokątnej wynika, że |CM| = |AB|/2 = |MB|, skąd trójkąt CMB jest równoramienny, a kąt zewnętrzny AMC ma miarę 30°. W trójkącie ekierkowym CHM mamy |CM|=10, zatem |AB| = 20 i PABC = 50.
Zad. 2. Na boku AB obierzmy punkt D taki, że |KD| = √3. Zauważmy, że trójkąt ADO jest równoramienny i niech |∡ADO| = φ. Jest to jednocześnie kąt zewnętrzny trójkąta ODB, w którym |∡DBO| = φ/2 (bo OB jest dwusieczną). Oznacza to, że |∡DOB| = φ/2 i |OD| = |DB| = 2, zatem trójkąt OKD jest ekierkowy i φ = 30°. Ostatecznie szukane kąty mają miary 30°, 60° i 90°.
Zad. 3. Niech |AB|>|BC|>|AC| i 2|BC|=|AB|+|AC|. Oznaczmy przez I środek okręgu wpisanego w trójkąt, a przez M środek boku BC. Trójkąt, którego długości boków tworzą ciąg arytmetyczny, nazywany bywa trójkątem różnicowym. Zachodzi wówczas fakt, że środek I dzieli odcinek AW na połowy. Z twierdzenia Ptolemeusza (o bokach i przekątnych czworokąta wpisanego w okrąg) mamy |AW|·|BC| = |AB|·|CW| + |AC|·|WB|. Z własności trójliścia (patrz zad. 3 z lutego 2014) mamy |CW|=|WB|=|IW|. Podstawiając do wcześniejszej równości, otrzymujemy |AW|·|BC| = (|AB|+|AC|)·|IW| i dalej (wobec założenia) |AW|·|BC| = 2|BC|·|IW|, skąd otrzymujemy |IW| = |AW|/2. Zauważmy teraz podobieństwo trójkątów AWT i WMB (oba są prostokątne z kątem ostrym α/2). Otrzymujemy proporcję |AT|:|AW| = |MB|:|WB| = (|BC|/2):|IW| = (|BC|/2):(|AW|/2), skąd |AT| = |BC|.
Zad. 4. Niech D będzie takim punktem, że trójkąt CDB jest równoramienny. Wówczas trójkąt HBD jest ekierkowy. Oznaczmy |HB|=a. Wówczas |HD|=a√3 i |BD|=|DC|=2a. Dalej |CH|=1=2a+a√3, skąd a = 2–√3. Zatem |AH|=|AB|–|HB|=√3. Z twierdzenia Pitagorasa w trójkącie AHC otrzymujemy |AC|=2, a zatem trójkąt AHC jest ekierkowy i szukany kąt ma miarę 30°.
