czerwiec 2015

Data ostatniej modyfikacji:
2015-07-13

Zad. 1. W czworokącie wszystkie boki i przekątne mają długości mniejsze niż 1 m. Wykaż, że da się ten czworokąt zmieścić w kole o promieniu 0,9 m.

Zad. 2. W wypukłym pięciokącie ABCDE  zachodzi |AE|=|AD|, |AC|=|AB| oraz |∡DAC| = |∡AEB| + |∡ABE|. Wykaż, że bok CD jest dwa razy dłuższy niż środkowa AK trójkąta ABE.

Zad. 3. W prostokąt wpisano czworokąt (na każdym boku prostokąta leży jeden wierzchołek czworokąta). Wykaż, że obwód czworokąta jest nie mniejszy niż suma długości przekątnych prostokąta.

Zad. 4. (wolna amerykanka) W trójkącie ABC niech E i F będą punktami wspólnymi boków trójkąta z dwusiecznymi kątów odpowiednio A i B. Wykaż, że jeśli |AE|=|BF|, to |AC|=|CB|.

 

Wyniki: 

W ostatniej serii zadań w tej edycji Ligi maksymalną liczbę 30 punktów za zadania 1-3 otrzymali: Jacek Bagiński (nauczyciel matematyki, I LO Kraków), Włodzimierz Bąk (nauczyciel matematyki, I LO Opole), Michel Migas (student Wydziału MiNI, Politechnika Warszawska) i Sabina Sy (studentka nanotechnologii, Uniwersytet Jagielloński). Natomiast 20 punktów zdobył Arkadiusz Wróbel (student Wydziału MIiM, Uniwersytet Warszawski). Zadanie 4 (wolna amerykanka) poprawnie rozwiązali Jacek Bagiński, Włodzimierz Bąk, Michel Migas i Sabina Sy. Gratulujemy!

Najlepsze wyniki w Lidze z Geometrii Elementarnej w roku 2014/15 uzyskali (w nawiasie podajemy liczbę uzyskanych punktów na 270 możliwych):

  • Jacek Bagiński i Włodzimierz Bąk (260 pkt.)
  • Michel Migas (258 pkt.)
  • Sabina Sy (210 pkt.)
  • Agnieszka Borucka - uczennica, II LO Opole (174 pkt.)
  • Iwona Gruszecka - nauczycielka matematyki, GM 28 Wrocław i Krzysztof Sobków - nauczyciel matematyki, II LO Opole (166 pkt.)
  • Tadeusz Porzucek - emerytowany nauczyciel z Gostynia (158 pkt.)
  • Anna Gudełajtis - uczennica, II LO Opole (154 pkt.)
  • Arkadiusz Wróbel (138 pkt.)
  • Michał Szymański - uczeń, II LO Opole (118 pkt.)

W konkurencji "wolnej amerykanki" najwięcej punktów w ciągu roku szkolnego 2014/15 zdobyli (w nawiasie podajemy liczbę uzyskanych punktów na 90 możliwych)::

  • Włodzimierz Bąk i Michel Migas (90 pkt.)
  • Jacek Bagiński (80 pkt.)
  • Sabina Sy (68 pkt.)
  • Tadeusz Porzucek (60 pkt.)
  • Krzysztof Sobków (50 pkt.)
  • Daria Bumażnik - uczennica, II LO Jelenia Góra i Arkadiusz Wróbel (30 pkt.)

Wszystkim serdecznie gratulujemy!

 

Odpowiedzi: 

Zad. 1. Oznaczmy przez d największą odległość między wierzchołkami (np. między A i C). Wówczas czworokąt mieści się we wspólnej części kół o promieniu d i środkach w A i C. Z kolei ta wspólna część zawiera się w kole o promieniu d√3/2 i środku w połowie odcinka AC. Oczywiste jest, że d√3/2 < 0,9.

Zad. 2. Niech F będzie symetryczny do E względem A. Wówczas φ = |∡FAB| = |∡AEB|+|∡ABE|, bo to kąt zewnętrzny w trójkącie ABE. Zatem trójkąty AFB i ACD są przystające na mocy cechy (bkb), bo AFAD i ABAC. Zatem DCFB. Zauważmy teraz, że AK jest linią średnią w trójkącie EFB, więc |AK| = 1/2|FB|. Stąd teza.

 

 

Zad. 3. Odbijamy trzy razy symetrycznie prostokąt ABCD wraz z czworokątem KLMN (jak na rysunku). Zauważmy, że AKK3A2 jest równoległobokiem. Stąd |AA2|= |KK3| < a+b+c+d, co kończy dowód.

 

 

Zad. 4 (wolna amerykanka). Wyprowadźmy wzór na odcinek dwusiecznej zawarty w trójkącie.
PΔABC = 1/2bcsinα = 1/2(blasinα/2 + clasinα/2). Po przekształceniach otrzymujemy la = 2bc cosα/2/(b+c). Analogicznie obliczamy lb. Wobec założenia lalb otrzymujemy równanie 2bc cosα/2/(b+c) = 2ac cosα/2/(a+c), co po przekształceniu daje cosα/2/(1+c/b) = cosβ/2/(1+c/a). Załóżmy niewprost, że a>b. Wówczas 1+c/b > 1+c/a, skąd wynika, że cosα/2 > cosβ/2. Otrzymujemy sprzeczność, bowiem w trójkącie naprzeciw większego boku leży większy kąt, a jego cosinus jest mniejszy. Analogicznie rozważamy przypadek a<b. Stąd teza.

 

 

Powrót na górę strony