październik 2016

Data ostatniej modyfikacji:
2018-09-16

Zad. 1. Wykaż, że trójkąty o równych obwodach mające równe odpowiednie dwa kąty, są przystające.

Zad. 2. W trójkącie o polu S i obwodzie 2p jeden z boków ma długość d. Oblicz promień okręgu dopisanego do trójkąta, stycznego do tego boku.

Zad. 3. Na boku BC trójkąta równobocznego, jako na średnicy zbudowano półokrąg leżący na zewnątrz trójkąta. Punkty D i E dzielą ten półokrąg na trzy równe łuki. Wykaż, że proste AD i AE dzielą bok BC na trzy równe części.

Zad. 4. (wolna amerykanka) W trójkącie ABC niech la oznacza długość odcinka dwusiecznej kąta A zawartego w trójkącie. Wykaż, że la < √(bc), gdzie b i c oznaczają odpowiednio długości boków AC i AB.

 

Wyniki: 

Za rozwiązania zadań 1-3 następujące liczby punktów zdobyli:

  • 30 - Jacek Bagiński (nauczyciel matematyki, I LO Kraków), Włodzimierz Bąk (nauczyciel akademicki, UO), Agnieszka Borucka (studentka, Wydział Fizyki PW), Robert Ciężabka (student matematyki stosowanej, AGH), Szymon Janusz (uczeń, I LO Kraków), Michał Korman (uczeń, V LO Kraków), Michel Migas (student, PW), Tadeusz Porzucek (emerytowany nauczyciel, Gostyń),
  • 28 - Michał Ciurej (uczeń, V LO Kraków), Iwona Gruszecka (nauczycielka matematyki, G 42 Warszawa), Sabina Khady Sy (studentka, UJ), Zygmunt Krawczyk (nauczyciel matematyki, SLO Żary), Sławomir Matysiak (nauczyciel matematyki, ZS nr 1 Trzebnica), Mikołaj Sikora (uczeń, III LO Tarnów), Paweł Wesołowski (uczeń, II LO Końskie), Adam Wrzesiński (student, UŚ),
  • 20 - Dominik Bysiewicz (uczeń, GM Dwujęzyczne Krosno).

Zadanie 4 w pełni poprawnie rozwiązali: Jacek Bagiński, Włodzimierz Bąk, R. Ciężabka, Sabina Khady Sy, Michał Korman, Zygmunt Krawczyk, Michel Migas, Tadeusz Porzucek, Mikołaj Sikora, Wojciech Tomiczek (inżynier z Lipowej), Paweł Wesołowski i Adam Wrzesiński.

Gratulacje!

 

Odpowiedzi: 

Zad. 1. Wprowadźmy oznaczenia jak na rysunku i niech obwody trójkątów ABC i A'B'C' są równe. Na prostych AB i A'B' odłóżmy odcinki ADAC, BEBC oraz A'D'≡A'C' i B'E'≡B'C', których końce łączymy odpowiednio z C i C'. Powstały trójkąty równoramienne, w których |∡CDA| = α/2 = |∡C'D'A'| oraz |∡CEB| = β/2 = |∡C'E'B'|, bo kąty w wierzchołkach odpowiednich trójkątów równoramiennych mają rozwartości 180°–α lub 180°–β. Ponadto DED'E', bo długości tych odcinków równe są obwodom odpowiednio trójkątów ABC i A'B'C'. Oznacza to, że trójkąty DEC i D'E'C' są przystające na mocy cechy kbk. Stąd DCD'C', zatem trójkąty DAC i D'A'C' są przystające z cechy kbk. To z kolei oznacza, że ACA'C'. Z założenia wynika równość kątów ACB i A'C'B', zatem ostatecznie trójkąty ABC i A'B'C' są przystające na mocy cechy kbk.

 

 

Zad. 2. Zauważmy, że |AP|=p. Jest tak, bo środek Id leży na dwusiecznych kątów zewnętrznych B i C, zatem BPBS oraz CSCQ, czyli |AP|+|AQ| = 2p (obwód trójkąta ABC). Zauważmy też, że |AK| = pd. Jest tak, bo środek I leży na dwusiecznych kątów wewnętrznych A, B i C, zatem AKAM, KBBL i LCCM, a wtedy |AK|+|KB|+|BL|+|LC|+|CM|+|MA| = 2|AK|+2|BL|+2|LC| = 2|AK|+2|BC| = 2|AK|+2d = 2p. Trójkąty AKI oraz APId są podobne (kkk), stąd IdP/AP = IK/AK, czyli rd/p = r/(pd). Uwzględniając, że S=rp, otrzymujemy rd = S/(pd).

 

Zad. 3. Kąt CBE ma 60° jako wpisany, oparty na 1/3 okręgu, zatem trójkąty BKE i AKC są podobne (cecha kkk). BE ma długość równą promieniowi półokręgu (czyli a/2), zatem skala podobieństwa tych trójkątów wynosi 1/2. Stąd |BK| = |KC|/2 = |BC|/3. Analogiczne rozumowanie daje |CL| = |BC|/3. Stąd wynika teza.

 

Zad. 4. (wolna amerykanka) Obliczając pole trójkąta ABC, otrzymujemy 1/2 bc·sinα = 1/2 bla·sinα/2 + 1/2 cla·sinα/2. Uwzględniając, że sinα = 2sinα/2cosα/2, po przekształceniach otrzymujemy la = 2bc·cosα/2/(b+c). Korzystając z własności funkcji kosinus i z nierówności między średnią arytmetyczną i geometryczną dwóch liczb dodatnich, otrzymujemy la ≤ 2bc/(b+c) = bc/[(b+c)/2] ≤ bc/√(bc) = √(bc).

 

Do rozwiązania zad. 4

Z przedstawionego rozumowania (i zapisu) nie jest jasne, że zachodzi o nierówność ostrą.

Potrzebna poprawka

Zamiast słabej nierówności na początku ostatniego zapisu w rozwiązaniu powinna być nierówność ostra, z uwagi na to, że wartości funkcji kosinus dla argumentów z przedziału (0, π/2) są mniejsze od jedności i większe od zera. Wtedy wszystko będzie w porządku.

Powrót na górę strony