Zad. 1. Dane są okręgi o promieniach 3 i 4 i odległości środków 5. Okręgi przecinają się w punktach A i B. Przez A poprowadzono prostą przecinającą jeden okrąg w C, a drugi w D. Oblicz pole trójkąta BCD, jeśli |CD|=10.
Zad. 2. Wykaż, że suma odległości dowolnego punktu wewnętrznego trójkąta od prostych zawierających jego boki jest większa od średnicy okręgu wpisanego w trójkąt.
Zad. 3. W okrąg o środku O wpisano czworokąt wypukły o prostopadłych przekątnych. Wykaż, że odległość O od boku jest równa połowie długości boku przeciwległego.
Zad. 4. (wolna amerykanka) W równoległoboku ABCD punkt K jest środkiem boku BC, a punkt M - środkiem boku CD. Oblicz długość AD, wiedząc, że |AK|=6, |AM|=3 oraz |∡KAM| = 60°.
Tym razem komplet 30 punktów za zadania 1-3 i 10 punktów w kategorii "wolna amerykanka" zdobyli: Sabina Sy (studentka nanotechnologii na UJ), Jacek Bagiński (nauczyciel matematyki w I LO w Krakowie), Włodzimierz Bąk (nauczyciel matematyki w I LO w Opolu) oraz Michel Migas (student WMiNI Politechniki Warszawskiej). Gratulujemy!
Zad. 1. Zauważmy, że czworokąt AO1BO2 jest deltoidem, w którym |∡AO1B|=2α oraz |∡AO2B|=2β. Stąd |∡ACB|=α oraz |∡ADB|=β. Oznacza to, że trójkąty CDB i AO1O2 są podobne w skali |CD|/|O1O2|=2. Łatwo zauważyć, że trójkąt AO1O2 jest prostokątny, a jego pole wynosi 1/2·3·4 = 6. Zatem pole trójkąta BCD wynosi 22·6 = 24.
Zad. 2. Zauważmy, że PABC = 1/2(ax+by+cz) = 1/2(a+b+c)r, skąd r(a+b+c) = ax+by+cz. Przyjmijmy że c≥a i c≥b. Wówczas r(a+ b+c) = ax+by+cz ≤ c(x+y+z). Z nierówności trójkąta mamy a+b > c, skąd a+b+c > 2c. Zatem 2rc < r(a+b+c) ≤ c(x+y+z), więc 2r < x+ y+z, co należało dowieść.
Zad. 3. Pokażemy, że odległość środka okręgu opisanego od boku trójkąta jest dwa razy mniejsza niż odległość przeciwległego wierzchołka od ortocentrum. Niech M i N będą odpowiednio środkami boków DA i AC, a H - ortocentrum, czyli punktem przecięcia wysokości trójkąta DAC. Zauważmy, że trójkąty CDH i OMN są podobne, bo ich odpowiednie boki są równoległe (zatem zachodzi k-k-k). Skala tego podobieństwa wynosi |MN|/|CD| = 1/2. Stąd |OM|=1/2|CH|.
Teraz wykorzystamy fakt, że obraz ortocentrum względem prostej zawierającej bok trójkąta leży na okręgu opisanym na tym trójkącie (patrz rozwiązanie zadania 1 z kwietnia 2015). Mamy |OM| = 1/2|CH| = 1/2|CB|, co należało wykazać (bo z symetrii |CH|=|CB|).
Zad. 4. Wykorzystamy twierdzenie kosinusów. Stosując je do trójkąta AKM, otrzymamy |KM| = 3√3, skąd |BD| = 6√3 (bo KM jest linią średnią w trójkącie BCD). Dalej z twierdzenia kosinusów w trójkątach ADM i ABK otrzymujemy równania: (1) 9 = 4a2 + b2 - 4abcosφ oraz (2) 36 = 4b2 + a2 - 4abcosφ, a rugując z nich cosφ otrzymamy (3) 9 = b2 - a2. Z kolei w trójkącie ABD zachodzi (4) 108 = 4a2 + 4b2 + 8abcosφ. Rugując teraz cosφ z równań (1) i (4), otrzymamy (5) 21 = 2a2 + b2. Odejmując stronami równania (5) i (3), otrzymujemy a = 2, skąd |AD| = 4.
Czy wiesz, kto z wrocławskich matematyków został uwiecz-niony na tym znakomitym portrecie w piżamie? Kto jest autorem tego obrazu? Gdzie można go obejrzeć?
Jako młody chłopak Knaster ożenił się z poznaną w Paryżu Marią Morską - muzą Skaman-drytów (zm. w 1945 roku). W czasach wrocła-wskich jego drugą żoną była Regina Lewandowska. Pierwszej żonie Knastera poświęcona jest książka Hanny Faryny-Paszkiewicz "Opium życia".
Steinhaus twierdził, że nazwisko Knaster brzmi w dopeł-niaczu Knastra, a sam Knaster upierał się przy formie Knastera. 
