Zad. 1. W trójkącie jeden z kątów ma miarę 60°. Wykaż, że środek okręgu wpisanego w ten trójkąt jest równooddalony od ortocentrum i środka okręgu opisanego na tym trókącie.
Zad. 2. Dany jest trójkąt ABC. Przez wierzchołek C przechodzą dwa okręgi. Jeden z nich jest styczny do prostej AB w punkcie A, a drugi w B. Długości promieni tych okręgów wynoszą odpowiednio p i q.Wykaż, że pq=R2, gdzie R jest długością promienia okręgu opisanego na ABC.
Zad. 3. Dany jest prostokąt ABCD. Niech DH będzie wysokością trójkąta ACD, a DL - dwusieczną kąta ADH. Punkt L leży na przekątnej AC. Wiedząc, że |DC|=20 i |LH|=4, oblicz pole prostokąta.
Zad. 4. (wolna amerykanka) W trójkącie równoramiennym mamy |AC|=|BC|. Na ramieniu BC obrano punkt E taki, że |CE|=5 oraz |∡CAE|=20°. Wiedząc, że |∡ABC|=70°, oblicz długość AB.
W tym miesiącu za zadania 1-3 punkty uzyskali:
- 30 - Jacek Bagiński (nauczyciel matematyki, I LO Kraków), Elżbieta Grzechnik (emerytowana nauczycielka z Radomia), Iwona Gruszecka (nauczycielka matematyki, CLV LO Warszawa), Mikołaj Popek (student UAM), Tadeusz Porzucek (emerytowany nauczyciel z Gostynia), Mateusz Jagoda (ZSO Kluczbork) oraz Marzena Wąsiewicz (nauczycielka z Kajetan),
- 20 - Hanna Fudala (I LO Kraków) i Sofia Pankratievwa (I LO Kraków).
Za zadanie 4 po 10 punktów otrzymali: Jacek Bagiński, Iwona Gruszecka, Elżbieta Grzechnik, Mateusz Jagoda, Zygmunt Krawczyk (emerytowany nauczyciel ze Szprotawy), Szymon Meyer (analityk danych z Dziewkowic), Mikołaj Popek, Tadeusz Porzucek, Hanna Fudala, Sofia Pankratieva oraz Marzena Wąsiewicz.
Gratulujemy!
Zad. 1. Zauważmy, że |∡COM1| = α, bo kąt jest połową kąta środkowego COB o mierze 2α. Stąd
|∡HCK| = |∡ACM3| = |∡OCM1| = 90°–α. Niech E1 będzie środkiem odcinka AH (to tzw. punkt Eulera). Zauważmy, że |OM1|= |E1H| - patrz rozwiązanie zad. 3 maj 2015. Zauważmy teraz, że
|∡AHK|=60°, bo trójkąty AHK i AH1C są podobne. W trójkącie AHK mamy |E1K| = |E1H| - patrz rozwiązanie zad. 1 październik 2013. To oznacza, że trójkąt E1HK jest równoboczny i |KH| = |E1H| = |OM1|. Wynika stąd, że trójkąty KHC i OM1C są przystające na mocy cechy kkk i |HC| = |CO|.
Z kolei CI jest dwusieczną kąta C, zatem |∡HCI|=|∡ICO| i mamy przystawanie trójkątów HIC oraz IOC (z cechy bkb), skąd wynika, że |HI|=|IO|.
Zad. 2. Łatwo zauważyć, że symetralne boków AC i BC przechodzą odpowiednio przez środki okręgów O1 i O2, bo AC i BC są cięciwami tych okręgów. Zauważmy, że |∡AOM3| = γ (patrz zad.1) oraz |∡OAM3| = 90°–γ, skąd |∡O1AO| = γ. Analogicznie |∡AOM2| = β, skąd (z własności sumy kątów w trójkącie AOO1) mamy |∡AO1O|= α. Rozważmy teraz trójkąt OBO2. Rozumując analogicznie, otrzymujemy |∡OBO2| = γ, |∡BOO2| = α i |∡OO2B| = β. Zatem trójkąty AOO1
i OBO2 są podobne, skąd p/R = R/q i ostatecznie pq=R2.
Zad. 3. Z podobieństwa trójkątów ACD i DHC mamy |∡DAC| = |∡HDC| = α. Dalej |∡DLC| = α+φ jako kąt zewnętrzny w trójkącie ALD. Łatwo teraz zauważyć, że trójkąt LCD jest równoramienny
i |HC| = 16. Z twierdzenia Pitagorasa w trójkącie DHC mamy |DH| = 12. Z własności wysokości opuszczonej na przeciwprostokątną w trójkącie ACD mamy 144 = |AH|·16, skąd |AH| = 9 i |AC| = 25. Ostatecznie SABCD = 2·SACD = 300.
Zad. 4. (wolna amerykanka) Trójkąt EDC jest ekierkowy, przy czym |DC|=5√3/2. Trójkąty ADC
i CHB są przystające z cechy kbk (|AC|=|BC|, kąty 20° i 70°), zatem |HB|=|CD|= 5√3/2, skąd
|AB|=5√3.
