Zad. 1. W trójkącie ABC odcinek CM jest środkową przeciwprostokątnej. Okrąg wpisany w trójkąt AMC jest styczny do boków AC i AM odpowiednio w punktach K1 i K2. Okrąg wpisany w trójkąt MBC jest styczny do boków BC i MB w punktach odpowiednio L1 i L2. Wykaż, że proste K1K2 i L1L2 przecinają się na dwusiecznej kąta prostego.
Zad. 2. W trójkącie ABC kąt C jest rozwarty. Dwusieczna kąta B dzieli bok AC na dwa odcinki |AE|=3 i |EC|=2. Niech punkt K leżący na przedłużeniu boku BC poza punkt C będzie środkiem okręgu przechodzącego przez punkty E i C oraz przez punkt przecięcia dwusiecznych kątów B i ACK. Oblicz odległość punktu E od boku AB.
Zad. 3. Niech AC będzie dłuższą przekątną równoległoboku ABCD. Niech E i F będą rzutami prostokątnymi wierzchołka C na proste odpowiednio AB i AD. Wykaż, że |AB|·|AE| + |AD|·|AF| = |AC|2.
Zad. 4. (wolna amerykanka) Przez dwa sąsiednie wierzchołki kwadratu ABCD o boku długości a przechodzi okrąg. Z kolejnego wierzchołka prowadzimy styczną do okręgu. Odległość tego wierzchołka od punktu styczności jest jest 3 razy większa niż długość boku kwadratu. Oblicz pole koła ograniczonego tym okręgiem.
Za zadania 1-3 30 punktów zdobyli: Jacek Bagiński (nauczyciel matematyki, I LO Kraków), Michel Migas (student, PW) oraz Tadeusz Porzucek (emerytowany nauczyciel, Gostyń). Za zadanie 4 (wolna amerykanka) 10 pkt. zdobyli : J. Bagiński, M. Migas, T. Porzucek oraz Zygmunt Krawczyk (nauczyciel, SLO Żary). Gratulujemy!
Zad. 1. Z własności środkowej przeciwprostokątnej wynika, że trójkąt ACM jest równoramienny przy czym ∡CAM ≡ ∡ACM. Oznacza to, że trójkąt AI1C też jest równoramienny, a I1K1 jest jego wysokością. Stąd K1 jest środkiem boku AC. Analogicznie L1 jest środkiem boku BC. Odcinek K1L1 jest więc linią środkową w trójkącie ABC równoległą do AB. Wystarczy teraz wykazać, że proste K1K2 i L1L2 zawierają dwusieczne kątów odpowiednio AK1L1 oraz K1L1B. Zauważmy, że |∡AK1K2| = 90°– α/2, bo K1 i K2 są punktami styczności okręgu wpisanego. Z drugiej strony |∡K2K1L1| = 180°–α–(90°–α/2) = 90°– α/2. Zatem K1K2 jest dwusieczną kąta AK1L1. Analogicznie rozumowanie prowadzimy dla prostej L1L2. Kąty AK1L1 oraz K1L1B są zewnętrzne w trójkącie K1L1C, więc podmiotowe proste przecinają się z dwusieczną kąta wewnętrznego K1CL1 w jednym punkcie.
Zad. 2. Zauważmy, że z własności dwusiecznej kąta szukana odległość jest równa wysokości trójkąta ECK, wystarczy więc obliczyć długości boków tego trójkąta. Z twierdzenia o sumie kątów wewnętrznych dla trójkąta PBC mamy |∡CPB| = |∡CPE| = α/2. Stąd kąt środkowy EKC ma miarę α. Oznacza to, że trójkąty AEB i KEB są przystające (cecha kbk), skąd |KC| = a. Dalej mamy |KC| = |KE| = |AE| = 3. Ostatecznie trójkąt ECK jest równoramienny o bokach długości 3, 3 i 2. Dokonując prostych obliczeń, otrzymujemy x = (4√2)/3.
Zad. 3. Niech G będzie rzutem prostokątnym wierzchołka B na przekątną AC. Wówczas otrzymujemy dwie pary prostokątnych trójkątów podobnych: ABG i AEC oraz GBC i AFC. Z tych podobieństw wynikają proporcje |AG|:|AB| = |AE|:|AC| oraz |GC|:|BC| = |AF|:|AC|. Stąd po wymnożeniu i dodaniu stronami otrzymujemy |AC|·|AG| + |AC|·|GC| = |AB|·|AE| + |AF|·|AD|, a wobec równości |AG|+|GC| = |AC| otrzymujemy tezę.
Zad. 4. (wolna amerykanka) Stosując twierdzenia Pitagorasa do trójkątów COK, OLC oraz OMB, otrzymujemy równanie R2 + 9a2 = a2/4 + (a+√(R2–a2/4))2, skąd R2 = 65a2/4. Szukane pole koła wynosi 65πa2/4.
