styczeń 2017

Data ostatniej modyfikacji:
2018-09-16

Zad. 1. Dwie wysokości w trójkącie mają długości 12 i 20. Wykaż, że długość trzeciej, jest mniejsza niż 30.

Zad. 2. Z wierzchołków B i C trójkąta ABC poprowadzono proste przecinające boki AC i AB odpowiednio w punktach T2 i T3 i tworzące z nimi równe kąty, tzn. ∡BT2C ≡ ∡BT3C. Proste te przecięły się w punkcie T. Niech O1 oznacza środek okręgu opisanego na trójkącie TBC. Wykaż, że prosta przechodząca przez T i O1 jest prostopadła do odcinka T2T3.

Zad. 3. Okrąg wpisany w trójkąt ABC jest styczny do boków AB, BC i AC odpowiednio w punktach D, E i F. Poprowadzono średnicę EG tego okręgu. Wiedząc, że kąt CGB jest prosty oraz że |BC| = a, oblicz długość odcinka AD.

Zad. 4. (wolna amerykanka) W trapezie prostokątnym podstawa AB jest 1,5 raza dłuższa od przekątnej AC, kąty A i D są proste, a przekątna AC jest dwusieczną kąta C. Oblicz pole trapezu, wiedząc, że |AD| = 4.

 

Wyniki: 

Za rozwiązania zadań 1-3 następujące liczby punktów zdobyli:

  • 30 - Jacek Bagiński (nauczyciel matematyki, I LO Kraków), Robert Ciężabka (student AGH), Michał Ciurej (V LO, Kraków), Szymon Kaźmierowski (nauczyciel, IV LO Elbląg), Michel Migas (student matematyki PW), Tadeusz Porzucek (emerytowany nauczyciel, Gostyń), Mikołaj Sikora (III LO Tarnów)
  • 20 - Sabina Khady Sy (studentka UJ) , Paweł Wesołowski (II LO Końskie)

W kategorii "wolnej amerykanki" punkty zdobyli:

  • 10 - Jacek Bagiński, Zygmunt Krawczyk (nauczyciel, SLO Żary), Michel Migas, Tadeusz Porzucek, Mikołaj Sikora, Robert Ciężabka oraz Wojciech Tomiczek (inżynier,  Lipowa), Sabina Khady Sy, Szymon Kaźmierowski
  • 8 - Michał Ciurej 

Gratulacje!

 

Odpowiedzi: 

Zad. 1. Niech ha, hb i hc oznaczają wysokości trójkąta opuszczone na boki a, b i c, a S oznacza pole trójkąta. Stosując oczywistą nierówność c > |ba| i podstawiając w niej a = 2S/ha, b = 2S/hb oraz c = 2S/hc, otrzymujemy 1/hc > |hahb|/hahb. Podstawiając dane liczbowe, otrzymujemy tezę.

Zad. 2. Niech γ>β. Oznaczmy przez O środek okręgu opisanego na trójkącie, przez H1 i M1 - odpowiednio spodek wysokości i środek na boku BC, a przez M3 - środek boku AB.

Łatwo zauważyć, że |∡AOM3| = γ, bo to połowa kąta środkowego opartego na tym samym łuku co kąt wpisany ACB. Zatem kąty CAH1 i OAM3 mają równe miary wynoszące 90°–γ. O odcinkach AH1 i AO mówimy, że są izogonalne, tzn. tworzą równe kąty z dwusieczną kąta A.
Stąd |∡H1AO| = α–2(90°–γ) = γβ.

Z treści zadania wynika, że na czworokącie T3BCT2 można opisać okrąg (równość kątów wpisanych o mierze φ opartych na łuku BC). Stąd wiemy, że |∡BT3T2| = 90°–γ, czyli |∡AT3T2| = γ. Oznacza to, że trójkąt APT3 jest prostokątny (bo jak pokazaliśmy |∡OAM3| = |∡PAT3| = 90°–γ). Zatem odcinek AO jest prostopadły do T2T3. Wystarczy teraz udowodnić, że TO1 jest równoległe do AO.

Zauważmy, że TK jest równoległy do AH1 (bo oba są prostopadłe do BC). Wystarczy teraz pokazać, że ∡KTO1 ≡ ∡H1AO. W tym celu zauważmy, że kąty CTO1 i TBC sumują się do kąta prostego (bo są wpisane w okrąg o środku O1 i oparte na łukach sumujących się do półokręgu). Mamy więc
   90° = |∡CTO1| + |∡TBC| = |∡CTK| + |∡KTO1| + |∡TBC| = 90° – |∡TCB| + |∡KTO1| + |∡TBC|,
a stąd |∡KTO1| = |∡TCB| – |∡TBC|. To zaś jest równe (180°–φβ) – (180°–φγ) = γ–β. Zatem TO1 jest rzeczywiście równoległe do AO, co było do okazania.

Zad. 3. Wprowadźmy oznaczenia jak na rysunku. Zauważmy, że średnica okręgu jest wysokością w trójkącie prostokątnym CGB, zatem jej długość jest średnią geometryczną długości odcinków, na jakie spodek tej wysokości dzieli podstawę, czyli 4r2 = y(ay). Obliczając pole trójkąta ze wzoru Herona, otrzymujemy S2 = (x+ax·(ayy. Z drugiej strony S2 = (x+a)2·y·(ay)/4, bo [tex]\sqrt{\frac{y(a-y)}{4}}[/tex] jest promieniem okręgu, a x+a jest połową obwodu trójkąta. Z przyrównaniu obu wzorów po przekształceniach otrzymujemy x = a/3.

Zad. 4. Wprowadźmy oznaczenia jak na rysunku. Z założenia wynika że |AC| = 2/3|AB|. Zauważmy, że trójkąt ABC jest równoramienny. Niech BK będzie jego wysokością. Łatwo zauważyć podobieństwo trójkątów prostokątnych ACD i ABK (cecha kkk). Stąd otrzymujemy równość |AD|/|AC| = |BK|/|AB|. Długość BK obliczamy z twierdzenia Pitagorasa w trójkącie ABK. Podstawiajac odpowiednie dane i wyrażenia do proporcji, otrzymujemy [tex]\frac{4}{\frac{2}{3}a} = \frac{\sqrt{a^2 - \frac{a^2}{9}}}{a}[/tex], skąd a=9/√2. Natomiast z twierdzenia Pitagorasa w trójkącie ACD otrzymujemy |AD| = √2. I ostatecznie pole trapezu wynosi 11√2.

 

 

 

Powrót na górę strony