Zad. 1. Niech ABC będzie trójkątem równobocznym. Oznaczamy środki jego boków BC, CA, AB odpowiednio przez A1, B1, C1. Przez te punkty przechodzą trzy różne, równoległe proste odpowiednio p, q, r. Prosta p przecina odcinek B1C1 w punkcie A2, prosta q przecina C1A1 w punkcie B2, a prosta r przecina odcinek A1B1 w C2. Wykaż, że proste AA2, BB2, CC2 przecinają się w punkcie należącym do okręgu opisanego na trójkącie ABC.
Zad. 2. Niech an będzie ciągiem rekurencyjnym spełniającym warunki a1=2, a2=5 oraz [tex]a_{n+2}=(2-n^2)a_{n+1}+(2+n^2)a_n[/tex] dla wszystkich [tex]n\ge1[/tex]. Czy istnieją liczby p, q, r, dla których apaq=ar?
Zad. 3. Niech ABC będzie trójkątem o wierzchołkach w punktach kratowych, zawierającym wewnątrz dokładnie jeden punkt kratowy P. Niech E będzie punktem przecięcia prostych AP i BC. Wyznacz maksymalną wartość wyrażenia |AP|:|PE|.
W tym miesiącu punkty zdobyli:
- 10 - Miłosz Zajdel (I LO Krosno),
- 10 - Radosław Górzyński (I LO Lubin).
Zad. 1. Będziemy wykonywać rachunki na kątach skierowanych. Niech DA, DB, DC będą drugimi punktami wspólnymi prostych AA2, BB2, CC2 z okręgiem opisanym na trójkącie ABC. Pokażemy, że DB = DC. Wynikia to z rachunku |∡DCCA|=|∡C2C1B1|=|∡B2B1C1|=|∡B2BC1|=|∡DBCA|. Pierwsza z tych równości wynika z faktu, że C1 jest odbiciem C w prostej A1B1. Druga z nich wynika z równoległości prostych C1C2 i B1B2, trzecia z faktu, że B jest odbiciem B1 w A1C1, a czwarta z cykliczności czworokąta ABCDB. Analogicznie pokazujemy, że DB=DA.
Zad. 2. Takich liczb p, q, r nie ma. Zauważmy, że zawsze [tex]a_n \equiv 2(\mod 3)[/tex], więc liczby apaq oraz ar dają różne reszty z dzielenia przez 3 dla dowolnych p, q, r.
Zad. 3. Niech punkty A1, B1, C1 będą środkami boków odpowiednio BC, AC, AB. Niech G i K będą środkami ciężkości odpowiednio trójkątów CB1B i BC1C. Oznaczymy przez Q obraz punktu P w jednokładności o skali 2 i środku B. Q jest punktem kratowym oraz [tex]Q\neq P[/tex], więc Q leży na zewnątrz trójkąta ABC. Obraz trójkąta BA1C1 w tej jednokładności zawiera się w trójkącie ABC, więc P nie należy do trójkąta BA1C1. Analogiczne rozumowanie pozwala wykazać, że P nie należy do trójkąta CA1B1. Zauważmy, że obraz trójkąta A1KG w jednokładności o środku A1 i skali 3 zawiera się wewnątrz trójkąta trójkąta ABC. Wobec tego możemy pokazać, że P nie należy do trójkąta A1KG analogicznym sposobem. Teraz wiemy już, że punkty A i P leżą po tej samej stronie prostej KG. Zachodzi KG||BC, a odległość punktu A od prostej KG jest 5 razy większa od odległości między KG i BC, więc [tex]\frac{AP}{PE} \le 5[/tex]. Ta wartość jest osiągana np. dla układu punktów A = (0, 0), B = (2, 0), C = (0, 3) i P = (1, 1).
To zabawny samouczek, który zaczynając się niewinnie intrygującą historyjką, krok po kroku, poczynając od najłatwiejszych łamigłówek, prowadzi nas w szpony, nie bójmy się użyć tego słowa, uzależnienia.
