Zad. 1. W prostokąt ABCD wpisano dwa różne prostokąty o wspólnym wierzchołku K leżącym na boku AB. Wykaż, że suma ich pól jest równa polu prostokąta ABCD.
Zad. 2. W trójkącie ABC dwusieczna AL jest prostopadła do srodkowej CM. Wykaż, że w trójkącie BLM jedna z dwusiecznych jest również prostopadła do środkowej.
Zad. 3. Na bokach AB, BC i AC trójkąta obrano odpowiednio punkty D, E i F tak, że |DE|=|BE| oraz |FE|=|CE|. Wykaż, że środek okręgu opisanego na trójkącie ADF leży na dwusiecznej kąta DEF.
Zad. 4. (wolna amerykanka) Wykaż, że ma: ha + mb: hb + mc: hc ≤ 1 + R/r, gdzie mi to długość środkowej opuszczonej na bok i, hi - wysokość opuszczona na bok i, a R i r to odpowiednio promienie okręgu opisanego i wpisanego w trójkąt ostrokątny.
Za zadania 1-3 punkty otrzymali:
30 - Michel Migas (student PW), Dominik Bysiewicz (I LO Krosno), Krzysztof Lis (XIV LO Warszawa), Jacek Bagiński (nauczyciel matematyki, I LO Kraków) i Jerzy Kawka (I LO Kraków),
20 - Tadeusz Porzucek (emerytowany nauczyciel, Gostyń).
Za zadanie 4 po 10 punktów otrzymali: Jacek Bagiński, Krzysztof Lis, Michel Migas, Tadeusz Porzucek i Zygmunt Krawczyk (nauczyciel SLO Żary). Gratulacje!
Zad. 1. Fakt. Jeśli jeden równoległobok jest wpisany w drugi to ich środki symetrii pokrywają się (rysunek a).
Uzasadnienie. Niech O będzie środkiem symetrii równoległoboku KLMN. Łatwo zauważyć, że trójkąty AKN i LCM są przystające na mocy cechy kbk (|NK|=|LM|, a kąty są przystające, bo boki są równoległe), zatem |AK|=|MC|. Przystające są również trójkąty AKO i OMC (na mocy cechy kbk), zatem |AO|=|OC|. Analogicznie mamy |OB|=|OD|, a stąd O jest środkiem symetrii równoległoboku ABCD.
Z powyższego faktu wynika, że wpisane prostokąty mają wspólną przekątną KM. Wierzchołki L1 i L2 leżą na okręgu o średnicy KM, a stąd symetralna boku BC jest jednocześnie symetralną odcinka L1L2. Oznacza to, że punkty L1 i L2 leżą w tej samej odległości od B i C. Prosta przechodząca przez środek symetrii prostokąta dzieli go na dwie części o równych polach. Przyjmując oznaczenia jak na rysunku b, otrzymujemy S2 = SABCD/2 – |KB|·x/2 – |MC|·(b–x) oraz S1 = SABCD/2 – |KB|·(b–x) – |MC|·x/2. Dodając te równości stronami, otrzymujemy S1 + S2 = SABCD – |KB|·b/2 – |MC|·b/2 = SABCD – b·(|KB|+|MC|)/2 = SABCD – ab/2 = SABCD/2. Stąd już wynika teza.
rys. a rys. b
Zad. 2. Zauważmy, że trójkąty ASC i ASM są przystające, bo oba są prostokątne, mają ten sam kąt ostry i wspólny bok AS. Zatem |CS|=|SM|. Oznacza to, że trójkąt CLM jest równoramienny, przy czym |CL|=|LM|. Na mocy twierdzenia o dwusiecznej kąta wewnętrznego trójkąta mamy |CL|:|LB| = |AC|:|AB| = 1/2 (bowiem |AC|=|AM|=|MB|). Niech punkt N będzie środkiem odcinka LB. Wówczas |LN| = |LM|. W trójkącie równoramiennym LMN dwusieczna kąta MLN jest prostopadła do MN. Stąd wynika teza.
Zad. 3. Zauważmy, że |∡FOD|=2α, bo jest to kąt środkowy oparty na tym samym łuku, co kąt wpisany FAD. Z drugiej strony |∡FED| = 180° – (180°–2β) – (180°–2γ) = 180°–2α. Oznacza to, że na czworokącie ODEF można opisać okrąg. Kąty FEO i OED oparte są na przystających łukach, więc mają równe miary. Stąd wynika teza.
Zad. 4. (wolna amerykanka) W dowolnym trójkącie ostrokątnym mamy 2S = aha = bhb = chc, skąd 1/ha + 1/hb + 1/hc = (a+b+c)/2S = 1/r, gdzie r jest promieniem okręgu wpisanego w ten trójkąt. Rozważmy trójkąt AOM1. Mamy |AM1| ≤ |AO| + |OM1|, a przy oznaczeniach z rysunku ma ≤ R + |OM1|, skąd ma/ha ≤ R/ha + |OM1|/ha. Analogiczne własności zachodzą dla trójkątów BM2O i CM3O. Otrzymujemy zatem ma/ha + mb/hb + mc/hc ≤ R(1/ha +1/hb + 1/hc) + |OM1|/ha + |OM2|/hb + |OM3|/hc . Zauważmy teraz, że |OM1|/ha = SBCO/SABC Ostatecznie otrzymujemy ma/ha + mb/hb + mc/hc ≤ R(1/ha + 1/hb + 1/hc) + (SBCO+SCOA+SAOB)/SABC = R/r + 1.
