maj 2014

Data ostatniej modyfikacji:
2018-09-16

Zadanie 1. Niech M1 oraz M2 oznaczają odpowiednio środki boków BC i AC trójkąta ABC, H3 - spodek wysokości opuszczonej z wierzchołka C oraz E1 - środek odcinka łączącego wierzchołek A z ortocentrum (punktem wspólnym wysokości). Wykaż, że punkty te są współokręgowe, nie powołując się na okrąg Eulera.

Zadanie 2. W trójkącie ABC na boku AC obrano punkty D i E tak, że AB=AD oraz BE=EC (E leży między A i D). Punkt F jest środkiem łuku BC (niezawierającego A) okręgu opisanego na trójkącie ABC. Wykaż, że punkty B, D, E, F są współokręgowe.

Zadanie 3. W trapezie wpisanym w okrąg przekątne są prostopadłe, a jedna z podstaw jest 7 razy dłuższa od drugiej. Oblicz pole trapezu, wiedząc, że jego obwód wynosi 18.

 

Wyniki: 

Majowe zadania w pełni poprawnie rozwiązali: Jacek Bagiński (nauczyciel, I LO Kraków) , Włodzimierz Bąk (nauczyciel,  I LO Opole), Daria Bumażnik (uczennica, II LO Jelenia Góra), Anna Gudełajtis (uczennica, II LO Opole), Tadeusz Porzucek (emeryt, Gostyń), Krzysztof Sobków (nauczyciel, II LO Opole) i Arkadiusz Wróbel (student, Brwinów). Serdecznie gratulujemy.

 

Odpowiedzi: 

Zadanie 1

Wystarczy wykazać, że |∡E1M2M1| + |∡E1H3M1| = 180°. Zauważmy, że M1M2 || AB oraz M2E1 || CH, bo są to linie średnie w trójkątach ABC i AHC. Stąd |∡E1M2M1| = 90°, bo CH jest prostopadłe do AB. Z kolei |∡M1H3B| = β, bo H3M1 jest środkową w trójkącie prostokątnym CH2B oraz |∡E1H3A| = |∡HAH3| = 90°- β, bo H3E1 jest środkową w trójkącie AH3H. Stąd |∡E1H3M1| = 90°, co kończy dowód.

 

 

Zadanie 2

Oznaczmy przez γ miarę kąta ADB. Rozważmy czworokąt ABFC. Mamy |∡CAB| = 180°-2γ, bo |AB|=|AD| i stąd |∡CFB| = 2γ, bo czworokąt jest wpisany w okrąg. Zauważmy, że czworokąt EBFC jest deltoidem, bo |EB|=|EC| i |FB|=|FC|. Stąd EF jest symetralną odcinka BC. Zatem |∡EFB| = γ, a to oznacza, że punkty E, B, F i D są współokręgowe (|∡EDB| = |∡EFB| jako oparte na łuku EB). 

 

 

 

Zadanie 3

 Wprowadźmy oznaczenia jak na rysunku. Z twierdzenia Pitagorasa w trójkącie COB mamy c = 5a. Trapez jest wpisany w okrąg, więc jest równoramienny. Stąd 18a=18, czyli a=1. Pole trapezu wynosi 1/2·|AC|·|BD| = 1/2·4√2·4√2 = 16.

 

 

Zad. 1

Czy w zadaniu 1 chodzi o trójkąt czy dowolny wielokąt?

Odp.

Standardowo chodziło o trójkąt, ale oczywiście ta informacja powinna znaleźć się w treści zadania. Za błąd przepraszamy. Mamy nadzieję, że uczestnicy Ligi domyślili się, że chodzi o trójkąt (prowadzenie wysokości, istnienie ortocentrum, okręg Eulera). Treść poprawiono.

Powrót na górę strony