Zad. 1. Okręgi S1 i S2 o środkach odpowiednio w M i O przecinają się w punktach A i B, przy czym MA i MB są styczne do okręgu S2. Punkt C leży wewnątrz okręgu S2 na łuku AB okręgu S1. Wykaż, że punkty przecięcia prostych AC i BC z okręgiem S2 (różne od A i B) są końcami średnicy tego okręgu.
Zad. 2. Niech I oznacza środek okręgu wpisanego w trójkąt ABC, a M i N są środkami boków odpowiednio BC i AC odpowiednio. Wykaż, że jeśli kąt AIN jest prosty, to kąt BIM też.
Zad. 3. Niech H jest ortocentrum (punktem przecięcia prostych zawierających wysokości) trójkąta ostrokątnego ABC. Niech A1, B1 i C1 są obrazami H w symetrii względem boków odpowiednio BC, AC i AB. Wiadomo, że odcinek CA1 jest równy jednemu z boków trójkąta i tworzy z nim kąt 30°. Znajdź kąty trójkąta ABC.
Zad. 4. (wolna amerykanka) Niech X1, X2 i X3 oznaczają rzuty prostokątne środka ciężkości M trójkąta prostokątnego (z kątem prostym w C) odpowiednio na boki BC, AC i AB. Wykaż, że P1 = P2 + P3, gdzie P1, P2 i P3 oznaczają odpowiednio pola trójkątów MX1X2, MX2X3 i MX1X3.
Za zadania 1-3 punkty zdobyli:
30 pkt - Włodzimierz Bąk (nauczyciel akademicki UO), Michel Migas (student matematyki PW), Jacek Bagiński (nauczyciel matematyki, I LO Kraków), Szymon Kaźmierowski (nauczyciel, IV LO Elbląg), Dominik Sulik (uczeń, I LO Kraków)
28 pkt. Tadeusz Porzucek (emerytowany nauczyciel, Gostyń)
20 pkt. - Ewa Dobrowolska (uczennica, III LO Wrocław)
W kategorii wolnej amerykanki 10 pkt. zdobyli:
Jacek Bagiński, Włodzimierz Bąk, Zygmunt Krawczyk (nauczyciel, SLO Żary), Michel Migas, Tadeusz Porzucek, Dominik Sulik, Szymon Kaźmierowski oraz Ewa Dobrowolska.
Gratulacje
Zad. 1. Oznaczmy przez φ miarę kąta dopisanego MAB. Oczywiste jest, że |∡CEB| = φ. Zauważmy teraz, że miara kąta wpisanego ACB jest równa 90°+φ. Jest to jednocześnie kąt zewnętrzny trójkąta BCE. Stąd kąt EBD jest prosty, a ED jest średnicą okręgu (na mocy twierdzenia odwrotnego do twierdzenia o kącie wpisanym w okrąg opartym na średnicy).
Zad. 2. Łatwo zauważyć, że IN jest dwusieczną kąta ANM. Oznacza to, że okrąg jest styczny także do odcinka MN. Zatem IM jest dwusieczną kąta NMB, skąd po analogicznych obliczeniach jak dla kąta α, mamy tezę.
Zad. 3. Zauważmy, że odcinek CA1 ≡ CH jest krótszy od wysokości opuszczonej z wierzchołka C, zatem może on być równym jedynie bokowi AB. Z założenia kąty CAA1 oraz ACB mają miarę γ (jako oparte na równych cięciwach). Przystające są również kąty oparte na łuku A1B, czyli kąty BCA1 i A1AB. Oznacza to, że trójkąt APC jest równoramienny i α=75°. Z prostopadłości BC i AA1 wynika, że γ 45°. Na koniec β=60°.
Zad. 4. (wolna amerykanka) Niech E i F będą punktami symetrycznymi do X1 i X2 względem środka ciężkości M. Łatwo zauważyć, że punkty E i F leżą na przeciwprostokątnej. Wówczas P1 = PΔEFM = PΔEX3M + PΔMX3F = PΔX3MX1 + PΔX3MX2 = P3 + P2.
