Zad. 1. Wewnątrz kwadratu ABCD obrano punkt E taki, że |∡EDC|=15° oraz |∡EBC|=30°. Wiedząc, że |EB|=8, oblicz pole kwadratu.
Zad. 2. Na bokach AB i BC trójkąta jako na średnicach zbudowano na zewnątrz trójkąta półokręgi. Z wierzchołków A i C poprowadzono proste prostopadłe odpowiednio do boków BC i AB, przecinające półokręgi w punktach E i F. Wykaż, że |BE|=|BF|.
Zad. 3. Wykaż, że w trójkącie ekierkowym o kątach 30°, 60°, 90° jedna z dwusiecznych jest dwa razy krótsza od drugiej.
Zad. 4. (wolna amerykanka) W trójkącie ABC długość AC wynosi 6√5. Niech CL będzie dwusieczną kąta C. Wiedząc, że |CL|=8√3 i |AL|=6, oblicz promień okręgu wpisanego w trójkąt ABC.
W tym miesiącu za zadania 1-3 punkty uzyskali:
-
30 - Jacek Bagiński (nauczyciel matematyki, I LO Kraków), Elżbieta Grzechnik (emerytowana nauczycielka z Radomia), Iwona Gruszecka (nauczycielka matematyki, CLV LO Warszawa), Mikołaj Popek (student UAM) oraz Tadeusz Porzucek (emerytowany nauczyciel z Gostynia),
- 28 - Mateusz Jagoda (ZSO Kluczbork) oraz Marzena Wąsiewicz (nauczycielka z Kajetan),
- 20 - Szymon Kaźmierowski (nauczyciel z Elbląga), Janusz Wieczorek (emerytowany nauczyciel z Sandomierza).
Za zadanie 4 po 10 punktów otrzymali: Jacek Bagiński, Iwona Gruszecka, Elżbieta Grzechnik, Mateusz Jagoda, Szymon Kaźmierowski, Zygmunt Krawczyk (emerytowany nauczyciel ze Szprotawy), Szymon Meyer (analityk danych z Dziewkowic), Mikołaj Popek, Tadeusz Porzucek, Janusz Wieczorek oraz Marzena Wąsiewicz.
Gratulujemy!
Zad. 1. Przedłużmy odcinek DE do przecięcia się z dwusieczną kąta BCD w punkcie I. Otrzymujemy trójkąty przystające (z cechy bkb) ICD i IBC. Oznacza to, że kąt IBC ma miarę 15°. Łatwo zauważyć, że kąt EIB ma miarę 120°, co oznacza przystawanie (z cechy kbk) trójkątów EBI oraz IBC. Zatem |BC|=|BE|=8, skąd szukane pole kwadratu wynosi 64.
Zad. 2. Zauważmy podobieństwo trójkątów prostokątnych BDA i BHC, skąd mamy proporcję
|BH|:|BC| = |BD|:|AB|, a po podzieleniu stronami otrzymujemy (*) |BH|·|AB|:|BC|·|BD| = 1.
W trójkącie prostokątnym AFB mamy |FB|2 = |AB|·|BH|, a w trójkącie CBE mamy |EB|2 =
|BC|·|BD|. Podstawiając do (*), otrzymujemy |FB|2:|EB|2 = 1, skąd |FB| = |EB|.
Zad. 3. Trójkąty LHC i AKH są podobne (z cechy kkk), skąd otrzymujemy |AK|:|CL| = |AC|:|CH|, ale w trójkącie "ekierkowym" AHC mamy |AC|:|CH| = 2, skąd wynika teza |AK| = 2|CL|.
Zad. 4. Oznaczmy |BC|=a. Wówczas z twierdzenia o dwusiecznej kąta wewnętrznego trójkąta mamy |AC|:|AL| = |BC|:|LB|, skąd |LB|=a/√5. Korzystając ze wzoru na długość dwusiecznej, mamy |CL|2 = |AC|·|BC| – |AL|·|LB| i otrzymujemy równanie 192 = a·6√5 – 6a/√5, skąd a=8√5 i |LB|=8. Szukaną długość promienia otrzymamy z równania SABC = p·r =
√(p(p–8√5)(p–14)(p–6√5)), gdzie p to połowa obwodu trójkąta ABC. Ostatecznie r=(√5–1)·√11.
