Zad. 1. W trójkącie ABC punkt I jest środkiem okręgu wpisanego, a M i N są środkami boków odpowiednio BC i AC. Wiedząc, że kąt AIN jest prosty, wykaż, że kąt BIM także jest prosty.
Zad. 2. Dany jest równoległobok ABCD o bokach długości |AD| = 2 i |DC| = 3. Punkt M jest środkiem boku AB. Wiedząc, że odcinek DM jest prostopadły do przekątnej AC, oblicz pole tego równoległoboku.
Zad. 3. W trójkącie ABC zachodzi |AC|<|AB|, |AC|=|BP|, gdzie P leży na AB, |∡CAB| = 106°, M jest środkiem boku BC, K jest środkiem odcinka AP. Oblicz miarę kąta MKB.
Zad. 4. (wolna amerykanka) W trójkącie ABC poprowadzono dwusieczną AL. Wiadomo, że |BL|=16 i |CL|=20, a środek okręgu opisanego na trójkącie ABL leży na odcinku AC. Oblicz długość AB.
Za zadania 1-3 komplet 30 punktów otrzymali: Jacek Bagiński (nauczyciel matematyki, I LO Kraków), Dominik Bysiewicz (student matematyki na UJ), Elżbieta Grzechnik (emerytowana nauczycielka z Radomia), Sławomir Matysiak (nauczyciel, X LO Wrocław), Mikołaj Popek (student UAM), Tadeusz Porzucek (emerytowany nauczyciel z Gostynia), Radosław Górzyński (uczeń, I LO Lubin) oraz Maciej Pietrzyk (uczeń, I LO Piotrków Trybunalski).
Za zadanie 4 po 10 punktów otrzymali: Jacek Bagiński, Dominik Bysiewicz, Elżbieta Grzechnik, Mikołaj Popek, Tadeusz Porzucek oraz Zygmunt Krawczyk (emerytowany nauczyciel ze Szprotawy).
Gratulujemy!
Zad. 1. Zauważmy, że MN jest linią średnią trójkąta równoległą do AB, a kąty CNM oraz NMC mają miary odpowiednio α i β. Z założenia w trójkącie AIN mamy |∡ANI| = 90°–α/2, a stąd |∡INM| = 90°–α/2. Zatem NI jest dwusieczną kąta ANM, a to oznacza, że wpisany okrąg jest styczny do MN i że MI jest dwusieczną kąta NMB. Mamy zatem |∡IMB| = 90°–β/2 i ostatecznie, z twierdzenia o sumie kątów w trójkącie IBM, kąt BIM jest prosty.
Zad. 2. Zauważmy, że przekątne równoległoboku połowią się nawzajem, więc SM jest linią średnią trójkąta ABD, skąd |SM| = 1. Z kolei punkt K jest środkiem ciężkości trójkąta ABD. Trójkąty AKD i KMS są podobne w skali k=2. Przyjmijmy oznaczenia jak na rysunku poniżej. Rozwiązując układ równań wynikających z twierdzenia Pitagorasa dla trójkątów KMS i AMK: (1) a2 + b2 = 1 oraz (2) 4a2 + b2 = 9/4, otrzymujemy a=√(5/12) i b=√(7/12). Zauważmy teraz, że PAMSD = 3/4·PABD = 3/4·1/2·PABCD, skąd PABCD = 8/3·PAMSD. Czworokąt AMSD ma prostopadłe przekątne, więc PAMSD = 1/2·|AS|·|DM| = 3/8·√35. Ostatecznie PABCD = √35.
Zad. 3. Niech D będzie takim punktem prostej AB, że A leży między B i D oraz |AD| = |AC| = |PB|. Wówczas punkt K jest środkiem odcinka DB, a KM jest linią średnią trójkąta DBC równoległą do boku DC. W trójkącie równoramiennym DAC mamy kąty o miarach 74°, 53° i 53°, stąd |∡MKB| = 53°.
Zad. 4. (wolna amerykanka) Zauważmy, że kąt QOL jest środkowy oparty na łuku LQ, więc ma miarę α. Oznacza to, że odcinki OL i AB są równoległe. Z twierdzenia Talesa mamy |CL|:|CO| = |CB|:|CA|, a podstawiając |OL| = R, |CL|=20, i |LB| = 16, otrzymujemy R = 4d. Dalej z twierdzenia o potędze punktu względem okręgu mamy |CQ|·|CA| = |CL|·|CB|, a po podstawieniu mamy d·9d = 20·36, skąd d = 4√5 i R = 16√5. Z twierdzenia sinusów w trójkącie ABL mamy 16:sin(α/2) = 32√5, skąd sin(α/2) = 1/10√5. Z jedynki trygonometrycznej mamy cos(α/2) = 1/10√95, skąd cosα = cos2(α/2)–sin2(α/2) = 9/10. Rozważmy teraz trójkąt prostokątny ABQ. Mamy |AB|:2R = cosα, skąd ostatecznie |AB| = 1/5·144√5.
Tradycja bożo-narodzeniowych jarmarków we Wrocławiu sięga XVI wieku. Jedną z ich atrakcji bywała dawniej "legnicka bomba". Co to było? 
