Zad. 1. Dany jest kąt prosty KLM i punkt P leżący we wnetrzu tego kąta. Okrąg o środku O1 jest styczny do ramion LK i LP kąta KLP odpowiednio w punktach A i D. Okrąg o środku O2 i tym samym promieniu co poprzedni okrąg jest styczny do ramion kąta MLP, przy czym do ramienia LP w punkcie B. Wiedząc, że O1 leży na odcinku AB, wykaż, że BC jest dwusieczną kąta ABD, gdzie C jest punktem przecięcia się prostych O2D i KL.
Zad. 2. W trójkącie ABC kąt B jest prosty lub rozwarty. Na boku BC obrano punkty M i N tak, że |BM| = |MN| = |NC|. Wykaż, że |∡BAM| ≥ |∡MAN| ≥ |∡NAC|.
Zad. 3. Dane są dwie przecinające się półproste AC i BD. Niech M leży na AC i N na BD tak, że |AM| = |BN|. Znajdź takie położenie punktów M i N, aby odległość między nimi była najmniejsza.
Zad. 4. (wolna amerykanka) Dany jest trójkąt ABC o kącie rozwartym A i romb CDEF, którego wszystkie wierzchołki leżą na bokach trójkąta. Oblicz pole trójkąta ABC, jeśli |AE| = 2, |BE| = 7, a promień okręgu wpisanego w romb CDEF wynosi 1/2.
Punkty za zadania 1-3 otrzymali:
- 22 - Dominik Bysiewicz (I LO Krosno),
- 20 - Jacek Bagiński (nauczyciel matematyki, I LO Kraków), Jerzy Kawka (I LO Kraków), Krzysztof Lis (XIV LO Warszawa), Michel Migas (student PW), Tadeusz Porzucek (emerytowany nauczyciel, Gostyń),
- 10 - Adam Wrzesiński (terapeuta z Bielska-Białej) .
Punkty za zadanie 4 otrzymali:
- 10 - Jacek Bagiński, Dominik Bysiewicz, Zygmunt Krawczyk (nauczyciel, SLO Żary), Tadeusz Porzucek, Michel Migas
- 8 - Krzysztof Lis.
Gratulacje!
Zad. 1. Zauważmy, że odcinki O1D i BO2 są równoległe i mają te samą długość, więc czworokąt DO2BO1 jest równoległobokiem. Wobec wynikającej z powyższego równoległości CO2 i AB wystarczy wykazać, że trójkąt CDB jest równoramienny. Zauważmy przystawanie trójkątów LCD i DBO2 na mocy cechy kbk. Mamy zatem |CD| = |DB|. Stąd wynika teza.
Zad. 2. Przedłużmy środkową AM do punktu K tak, by powstał równoległobok ABKN. Rozważmy trójkąt ABN. Kąt B jest rozwarty, więc bok AN jest dłuższy od boku AB (bo leży naprzeciw większego kąta). Z kolei w trójkącie AKN z tego samego powodu kąt α jest większy od kąta β. W przypadku kątów MAN i NAC rozumujemy analogicznie.
Zad. 3. Niech półproste AC i BD przecinają się w punkcie O pod kątem α (jak na rys. a). Przez punkt M poprowadźmy prostą równoległą do BN. Zaznaczmy na niej taki punkt P, by otrzymać równoległobok MNBP. Zauważmy, że powstał trójkąt równoramienny AMP, w którym |AM|=|PM|=|BN| i kąt przy wierzchołku M ma miarę α. Kąt przy wierzchołku A ma miarę 90°–α/2. Oznacza to, że położenie punktu P jest wyznaczone jednoznacznie. Leży on na prostej l,
która tworzy z AC kąt 90°–α/2. Odległość M od N będzie najmniejsza, gdy odcinek PB będzie prostopadły do prostej l.
Wynika stąd następująca konstrukcja (rys. b). Prowadzimy przez punkt A prostą l tworzącą z półprostą AC kąt 90°–α/2, a następnie przez B prowadzimy prostopadłą do l, wyznaczając punkt P. Dalej przez P prowadźmy równoległą do BD, która przecinając się z półprostą AC, wyznaczy punkt M. Przez punkt M prowadzimy równoległą do PB, która z kolei, przecinając się z półprostą BD, wyznaczy punkt N.
a) b)
Zad. 4. (wolna amerykanka) Oznaczmy przez x długość boku rombu i zauważmy, że wysokość DG rombu wynosi 1 (średnica okręgu weń wpisanego). Z twierdzenia Talesa otrzymujemy |BF| = 7x/2. Niech P i Q będą rzutami prostokątnymi punktu E na proste BC i CA odpowiednio. Wówczas |PE| = |EQ| = |DG| = 1. Zauważmy, że trójkąt AQE jest "ekierkowy", bo przyprostokątna jest dwa razy krótsza od przeciwprostokątnej. W trójkącie DQE zachodzi (*) sinγ = cos(60°+β). Z drugiej strony w trójkącie DGC mamy sinγ=1/x, a w trójkącie EPB mamy sinβ=1/7 i cosβ=4√3/7. Rozwiązując równanie (*), otrzymujemy x = 14/3√3 i ostatecznie pole trójkąta ABC wynosi 9√3/2.
