Zad. 1. W półokrąg o średnicy AB wpisano nierównoramienny trójkąt ABC. W trójkąt ten wpisano okrąg styczny do AB w punkcie E. Na półokręgu obrano punkt D taki, że odcinek ED jest prostopadły do AB. Wiedząc, że |DE|= 8, oblicz pole trójkąta ABC.
Zad. 2. Dany jest kwadrat ABCD. Z wierzchołka D poprowadzono styczną w punkcie E do okręgu o średnicy BC przecinającą bok AB w punkcie F. Wiedząc, że pole trójkąta AFE wynosi 30, oblicz pole trójkąta ABC.
Zad. 3. W trójkącie ABC punkt M jest środkiem boku AC, a punkt N - środkiem odcinka BM. Prosta AN przecina bok BC w punkcie L. Wiedząc że pole czworokąta MNLC wynosi 10, oblicz pole
trójkąta ABC.
Zad. 4. (wolna amerykanka) W trójkącie ABC kąt A ma miarę 45°, a wysokość AD dzieli bok BC na odcinki o długościach|CD|=3 i |DB|=2. Oblicz pole trójkąta ABC.
W tym miesiacu za zadania 1-3 po 30 pkt. uzyskali: Jacek Bagiński (nauczyciel matematyki, I LO Kraków), Iwona Gruszecka (nauczycielka matematyki, CLV LO Warszawa), Elżbieta Grzechnik (emerytowana nauczycielka z Radomia), Mikołaj Jagoda (ZSO Kluczbork), Szymon Kaźmierowski (nauczyciel z Elbląga), Sławomir Matysiak (nauczyciel matematyki, X LO Wrocław), Mateusz Michalik (XIV LO Warszawa), Mikołaj Popek (student UAM), Tadeusz Porzucek (emerytowany nauczyciel z Gostynia), Dariusz Trzeciak (nauczyciel matematyki i informatyki z Zambrowa), Marzena Wąsiewicz (nauczycielka z Kajetan) i Janusz Wieczorek (emerytowany nauczyciel z Sandomierza).
Za zadanie 4 po 10 pkt. otrzymali: Jacek Bagiński, Iwona Gruszecka, Elżbieta Grzechnik, Mateusz Jagoda, Szymon Kaźmierowski, Zygmunt Krawczyk (emerytowany nauczyciel ze Szprotawy), Szymon Meyer (analityk danych z Dziewkowic), Mikołaj Michalik, Mikołaj Popek, Tadeusz Porzucek, Dariusz Trzeciak, Marzena Wąsiewicz i Janusz Wieczorek.
Gratulujemy!
Zad. 1. Z własności trójkąta prostokątnego ABD mamy |AE|·|EB|=64. Z twierdzenia Pitagorasa w trójkącie ABC mamy (|AE|+r)2 + (|EB|+r)2 = (|AE|+|EB|)2, skąd otrzymujemy |AE|·|EB| =
(|AE|+|EB|+r)·r = SABC = 64.
Zad. 2. Z twierdzenia Pitagorasa w trójkącie AFD mamy (a+b)2 = (a–b)2+a2, skąd otrzymujemy a/b=4. Zatem SAED=120 oraz SAFD=150. Otrzymujemy równanie a·(a–b)/2=150, skąd po podstawieniu b=a/4 mamy a2=400. Ostatecznie SABC=200.
Zad. 3. Wprowadźmy oznaczenia jak na rysynku niżej. Wówczas SABC = 3S+(10–S)+(2S–10) = 4S. Dalej mamy |BL|/|LC| = (3S–10)/(S+10) = (2S–10)/(10–S), skąd S=6 i SABC = 24.
Zad. 4. (wolna amerykanka) Niech O będzie środkiem okręgu opisanego na trójkącie ABC. Wówczas |∡BOC|=90°, bo jest kątem środkowym opartym na łuku BC. OM jest środkową w trójkącie prostokątnym, więc |OM|=|BC|/2 = 5/2. Z kolei (*) |AH| = 2·|OM| = 5. Z podobieństwa trójkątów HDC i ABD mamy |HD|/3 = 2/(5+|HD|), skąd |HD|=1. Ostatecznie SABC = 6·5/2 = 15. Fakt oznaczony (*) łatwo wykazać na mocy podobieństwa trójkątów ABH i OMN w skali
k=2 = |AB|:|MN|, gdzie N jest środkiem boku AC (patrz rozwiązanie zad. 1 z marca 2014).
