Zad. 1. Kwadrat ABCD wpisano w okrąg. Cięciwa EC przecina przekątną BD w punkcie P i tworzy z bokiem BC kąt o mierze 75°. Oblicz stosunek długości CP do EP.
Zad. 2. W trójkąt ABC wpisano okrąg styczny do boków AC i BC w punktach odpowiednio K i L. Dwusieczna kąta A przecina prostą KL w punkcie P. Wykaż, że kąt APB jest prosty.
Zad. 3. Dany jest trójkąt ABC i okrąg dopisany styczny do boku AC w punkcie D, a do przedłużeń boków AB i BC odpowiednio w punktach K i L. Okrąg o środku w A i promieniu r = |AD| przecina wtórnie prostą LD w punkcie P. Wykaż, że punkty K, A, D i środek odcinka LP leżą na jednym okręgu.
Zad. 4. (wolna amerykanka) W trójkącie ABC o długościach boków |AB| = c, |BC| = a i |AC| = b mamy a < b < c. Na półprostych AC i BC zaznaczono punkty F i E takie, że |AF| = |BE| = c, a na półprostych BA i CA - punkty L i K takie, że |CK| = |BL| = a. Oblicz stosunek długości odcinków EF i KL.
Za zadania 1-3 komplet 30 punktów otrzymali: 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) oraz Radosław Górzyński (uczeń, I LO Lubin).
Za zadanie 4 po 10 punktów otrzymali: Dominik Bysiewicz, Elżbieta Grzechnik, Mikołaj Popek, Tadeusz Porzucek oraz Zygmunt Krawczyk (emerytowany nauczyciel ze Szprotawy).
Gratulujemy!
Zad. 1. Zauważmy, że |∡ECO| = 45°–15° = 30° = |∡CEO|, bo trójkąt EOC jest równoramienny. Ponadto |∡DOE| = 30°, bo to kąt środkowy oparty na łuku ED. Oznacza to, że trójkąt EOP jest równoramienny i (*) |PO| = |PE|. Z kolei zauważmy, że |∡POC| = 90°, a trójkąt POC jest ekierkowy i zachodzi |CP|:|PO| = 2. Uwzględniając (*), mamy |CP|:|PE| = 2.
Zad. 2. Zauważmy, że wystarczy wykazać, że punkty I, B, P oraz L leżą na jednym okręgu. Wówczas kąty ILB oraz IPB mają równe miary jako wpisane oparte na tym samym łuku. Mamy |∡IBL| = β/2, a z drugiej strony |∡LPI| = |∡KPA| =180°–(α/2)–|∡AKL| = 180°–(α/2)–(180°–|∡CKL|) = |∡CKL|–(α/2) = 0,5(180°–γ)–(α/2) = β/2. Oznacza to współokręgowość punktów I, B, P i L, co kończy dowód.
Zad. 3. Zauważmy, że trójkąt KAD jest równoramienny i |∡KAD| = |∡AKD| = α/2, bo to kąty dopisane do czerwonego okręgu oparte na tym samym łuku. Wówczas |∡KLD| = α/2. Ponadto |∡KDS| = 90°, bo jest oparty na średnicy AS. Stąd w trójkącie równoramiennym ASD mamy |∡ASD| = |∡ADS| = 90°–(α/2). Zauważmy, że |∡KPD| = |∡KSD| = 90°–(α/2), jako wpisane w ten sam okrąg i oparte na wspólnym łuku KD. Oznacza to, że w trójkącie KPL mamy |∡LKP| = 90°. Ostatecznie KM jest środkową przeciwprostokątnej LP, a trójkąty KMP i KML są równoramienne. Kąt KML (jako zewnętrzny w trójkącie KPM) ma miarę |∡KML| =2(90°–(α/2)) = 180°–α, a kąt KAD (jako zewnętrzny w trójkącie ABC) też ma miarę 180°–α. Oznacza to równość kątów wpisanych opartych na łuku KD, a tym samym współokręgowość punktów K, A, M i D.
Zad. 4. Niech k = c:a. Czcionka bold oznacza zapis wektorowy. Mamy EF = EB+BA+AF = k·CB+k·BL+k·KC = k·(CB+BL+KC) = k·(KC+CB+BL) = k·KL. Stąd szukany stosunek wynosi c:a.
