Zad. 1. Na krawędziach SA, SB, SC ostrosłupa trójkątnego SABC obrano odpowiednio punkty A1, B1 i C1 takie, że |SA|·|SA1| = |SB|·|SB1| = |SC|·|SC1|. Wykaż, że punkty A, B, C, A1, B1 i C1 leżą na jednej sferze.
Zad. 2. Każdy punkt sfery pomalowano na niebiesko lub czerwono. Pokaż, że istnieją 3 punkty tego samego koloru będące wierzchołkami trójkąta równobocznego.
Zad. 3. Rozwiąż poniższy układ równań.
[tex] \begin{cases} 2x+y \cdot x^2 = y \\ 2y+z \cdot y^2 = z \\ 2z+x \cdot z^2 = x \end{cases} [/tex]
W tym miesiącu 20 punktów zdobył Radosław Górzyński (I LO Lubin). Gratulacje.
Zad. 1. Przez punkty A, B, C, A1 nieleżące na jednej płaszczyźnie poprowadźmy sferę, która przetnie krawędzie SB i SC odpowiednio w punktach B1' i B2'. Czworokąty A1B1'BA, A1C1'CA są wpisane w okręgi, które są przekrojami danej sfery odpowiednio płaszczyznami SAB i SAC. Z twierdzenia o potędze punktu względem okręgu otrzymujemy |SA|·|SA1| = |SB|·|SB1'|
oraz |SA|·|SA1| = |SC|·|SC1'|. Stąd oraz z równości podanych w zadaniu wynika, że
|SB1| = |SB1'|, |SC1| = |SC1'|. To oznacza, że B1' = B1, C1= C1', czyli punkty A, B, C, A1, C1 leżą na poprowadzonej sferze.
Zad. 2. Wpiszmy w sferę dwudziestościan foremny. Wszystkie jego ściany są trójkątami równobocznymi. Rozważmy ściany ABC, ABM2, BCM4, CAM6, AM1M2 , BM2M3, BM3M4, CM4M5, CM5M6, AM6M1. Trójkąt M1M3M5 jest równoboczny, zatem jeśli jego wierzchołki są tego samego koloru, to mamy tezę. Załóżmy, że te wierzchołki są różnych kolorów. Niech M1 i M5 będą niebieskie, zaś M3 będzie czerwony. Wtedy jeśli B jest niebieski, to trójkąt równoboczny M1BM5 jest cały niebieski. Jeśli B jest czerwony, to rozważmy trójkąty BM2M3, BM3M4. Każdy z nich ma dwa wierzchołki jednego koloru, powiedzmy czerwonego. Jeśli któryś z wierzchołków M2, M4 jest czerwony, to mamy tezę. Jeśli oba są niebieskie, to jeden z trójkątów AM1M2, CM4M5 ma wszystkie wierzchołki tego samego koloru albo oba wierzchołki A i C są czerwone. W drugim przypadku trójkąt ABC ma wszystkie wierzchołki jednakowego koloru, co kończy dowód.
Zad. 3. Zauważmy, że jeżeli trójka (x, y, z) spełnia podany układ równań, to wartość bezwzględna żadnej z tych liczb nie może wynosić 1. Podstawmy x = tga. Ze wzoru na tangens podwojonego kąta otrzymamy y = tg2a, z = tg4a, x = tg8a. Ostatecznie otrzymamy [tex] a= k \frac{\pi}{7}, [/tex] gdzie k jest całkowite. Zatem [tex] x=tg( \frac{n\pi}{7}), y=tg( \frac{2n\pi}{7}), z=tg( \frac{4n\pi}{7})[/tex], gdzie n [tex]\in[/tex] {0, ±1, ±2, ±3}. Łatwo sprawdzić, że liczby te spełniają dany układ.
Tradycja bożo-narodzeniowych jarmarków we Wrocławiu sięga XVI wieku. Jedną z ich atrakcji bywała dawniej "legnicka bomba". Co to było? 
