Zad. 1. Dany jest trójkąt ABC, w którym kąt C jest prosty. Wysokość CH przedłużono do punktu D takiego, że |HD| = |HB|. Wiedząc, że |CH| = 5 i |∡HAD| = 15°, oblicz długość AD.
Zad. 2. W trójkącie ABC, w którym kąt A jest prosty, na boku AB obrano punkty P i Q takie, że
|AP| = 5 oraz kąty ACP i QCB mają po 16°. Wiedząc, że |∡QBC| = 37°, oblicz długość QB.
Zad. 3. Na łukach AB i BC okręgu opisanego na trójkącie ABC obrano odpowiednio punkty K i L takie, że KL i AC są równoległe. Wykaż, że środki okręgów wpisanych w trójkąty ABK i CBL są równoodległe od środka łuku ABC.
Zad. 4. (wolna amerykanka) W trójkącie ABC o kątach A, B i C mających odpowiednio 90°, 30° i 60° poprowadzono dwusieczną CD. Wiedząc, że |AC| = 1, oblicz odległość środków okręgów wpisanych w trójkąty ADC i CDB.
W tym miesiącu za zadania 1-3 punkty uzyskali:
- 30 - Jacek Bagiński (nauczyciel matematyki, I LO Kraków), Iwona Gruszecka (nauczycielka matematyki, CLV LO Warszawa), Elżbieta Grzechnik (emerytowana nauczycielka z Radomia), Mikołaj Popek (student UAM), Tadeusz Porzucek (emerytowany nauczyciel z Gostynia), Mateusz Jagoda (ZSO Kluczbork),
- 20 - Hanna Fudala (I LO Kraków) oraz Marzena Wąsiewicz (nauczycielka z Kajetan).
Za zadanie 4 po 10 punktów otrzymali: Jacek Bagiński, Hanna Fudala, Iwona Gruszecka, Elżbieta Grzechnik, Mateusz Jagoda, Zygmunt Krawczyk (emerytowany nauczyciel ze Szprotawy), Szymon Meyer (analityk danych z Dziewkowic), Mikołaj Popek, Tadeusz Porzucek oraz Marzena Wąsiewicz.
Gratulacje!
Zad. 1. Oznaczmy |HB|=|HD|=a. Niech F będzie takim punktem, że |∡DFH|=30°. Wówczas trójkąt DFH jest ekierkowy i |DF|=2a oraz |FH|=a√3. Zauważmy, że |∡ADF|=15°, skąd
|AF|=|FD|=2a. Dalej z własności wysokości opuszczonej na przeciwprostokątną w trójkącie ABC mamy równanie 25 = a(2a+a√3), skąd a2=25/(2+√3). Ostatecznie z twierdzenia Pitagorasa w trójkącie ADH otrzymujemy |AD|=10.
Zad. 2. Przedłużmy bok AB do punktu D tak, by |∡DCA|=16°. Otrzymujemy trójkąt równoramienny DPC, przy czym |DP|=10. Oznaczmy |PQ|=d. Łatwo zauważyć, że trójkąt CPB jest równoramienny, skąd |PC|=x+d=|DC|. Dalej |∡DQC|=37°+16°=53° oraz |∡DCQ|=53°, co oznacza, że trójkąt DQC też jest równoramienny i mamy d+x=d+10, skąd x=10.
Zad. 3. Z równoległości AC i KL wynika równość łuków AK i CL. Niech P i Q oznaczają odpowiednio środki tych łuków. Wówczas z zasady trójliścia (patrz rozwiązanie zad. 3 z lutego 2014) mamy równość |AP|=|PK|=|PO1|= |CQ|=|QL|=|QO2|. Niech R będzie środkiem łuku ABC. Wówczas jest też środkiem łuku PBQ, skąd |PR|=|QR|. Dalej mamy równość miar kątów wpisanych RPB i RQB opartych na łuku BR, skąd wynika przystawanie trójkątów PO1R i QRO2 (na mocy cechy bkb). Ostatecznie |O1R|=|O2R|.
Zad. 4. (wolna amerykanka) Wyjściowy trójkąt jest ekierkowy, więc |BC|=2 oraz |AB|=√3. Analogicznie w ekierkowym trójkącie ADC mamy |AD|=1/√3 i |CD|=2/√3. Wówczas w trójkącie równoramiennym CDB mamy |DB|=2/√3. Oznaczmy przez p1 i p2 odpowiednio połowy obwodów trójkątów ADC i CDB, a przez E i F - punkty styczności okręgów z bokiem AB. Wówczas |ED| =p1–|AC|=(√3+1)/2–1=(√3–1)/2 i analogicznie |DF|=p2–|BC|=(2+√3)/√3–2=(2–√3)/√3. Dalej w trójkątach ekierkowych EDO1 i DFO2 mamy odpowiednio |O1D|=(√3–1)/√3 oraz |O2D|=
(4–2√3)/√3. Zauważmy, że DO1 i DO2 leżą na dwusiecznych kątów przyległych, więc są prostopadłe. Zatem z twierdzenia Pitagorasa w trójkącie O1DO2 mamy |O1O2| = √((32–18√3)/3).
