Zad.1. Punkt wspólny prostopadłych cięciw okręgu o promieniu R = 2.5√5 dzieli jedną z nich w stosunku 2:3, a drugą w stosunku 3:8. Oblicz długości tych cięciw.
Zad. 2. Wykaż, że punkt wspólny prostych zawierających wysokości trójkąta rozwartokątnego jest środkiem okręgu dopisanego do trójkąta, którego wierzchołkami są spodki wysokości trójkąta wyjściowego.
Zad. 3. Niech E oznacza punkt przecięcia dwusiecznej kąta wewnętrznego B w trójkącie ABC z bokiem AC, a F - punkt przecięcia dwusiecznej kąta zewnętrznego B z prostą AC. Wiedząc, że |BE| = p, |BF| = q oraz |AB|:|BC| = k>1, oblicz pole trójkąta ABC.
Zad. 4. (wolna amerykanka) Wykaż, że jeśli odcinki dwusiecznych zawarte w trójkącie są krótsze niż 1, to pole trójkąta jest mniejsze niż √3/3.
W tym miesiącu za zadania 1-3 punkty otrzymali:
-
30 pkt. - Jacek Bagiński (nauczyciel matematyki, I LO Kraków) oraz Tadeusz
Porzucek (emerytowany nauczyciel z Gostynia), - 28 pkt. - Dominik Bysiewicz (student UJ),
- 20 pkt. - Filip Derejski (ILO Kraków) oraz Sławomir Matysiak (nauczyciel, LO 10 Wrocław),
- 10 pkt. - Mateusz Bielówka (I LO Kraków), Jerzy Kawka (I LO Kraków) oraz Mikołaj Popek
(VIII LO Poznań).
Za zadanie 4 komplet 10 pkt otrzymali: Jacek Bagiński, Dominik Bysiewicz oraz Tadeusz Porzucek.
Gratulujemy!
Zad. 1. Z twierdzenia Pitagorasa w obu trójkątach prostokątnych otrzymujemy układ równań (5l/2)2 + (5k/2)2 = 125/4 oraz (11k/2)2 + (l/2)2 = 125/4, skąd k=1 oraz l=2. Długości cięciw ostatecznie wynoszą 10 i 11.
Zad. 2. Łatwo zauważyć, że na czworokątach CH3AH1, H1AH2B i H3AH2I można opisać okrąg. Trójkąty prostokątne CH3A i AH2B są podobne, bo |∡H3AC| = |∡H2AB|. Zatem |∡H3H1A| = |∡H3CA| = |∡H2BA| = |∡AH1H2|, co oznacza, że AH1 jest dwusieczną kąta H3H1H2 . Z kolei |∡XH3I| = |∡CH3H1|= |∡CAH1 |= |∡IAH2|= |∡IH3H2|. Pierwsza i trzecia równość wynikają z własności kątów wierzchołkowych, a druga i czwarta - z własności kątów wpisanych w okrąg opartych na tym samym łuku. Równość miar kątów skrajnych oznacza, że H3I jest dwusieczną kąta zewnętrznego XH3H2. Analogicznie dwusieczną kąta H3H2Y jest H2I. Stąd wynika teza.
Zad. 3. Zauważmy, że trójkąty ABC i EBF mają tę samą wysokość, zatem stosunek ich pól jest równy stosunkowi długości ich podstaw |AC|:|EF|. Z twierdzeń o dwusiecznej kąta wewnętrznego i zewnętrznego trójkąta mamy |AE|:|EC| = k oraz |AF|:|CF| = k. Zatem (|AE|+|EC|):|EC| = |AC|:|EC| = k+1 lub |EC|:|AC| = 1/(k+1) oraz (|AF|–|CF|)/k = |AC|:|CF| = k–1 lub |CF|:|AC| = 1/(k–1). Ostatecznie |EF|:|AC| = (|EC|+|CF|):|AC| = 1/(k+1) + 1/(k–1) = 2k/(k2–1). Uwzględniając, że dwusieczne kątów przyległych są prostopadłe, mamy PΔEBF = pq/2, skąd PΔABC = (pq(k2–1))/4k.
Zad. 4. (wolna amerykanka) Załóżmy, że trójkąt jest ostrokątny, a kąt A jest największy. Mamy wówczas 60° ≤ |∡BAC| ≤ 90°, |BH2| ≤ |BL2| < 1 oraz |CH3| ≤ |CL3| < 1. Stąd PΔABC = 1/2|AB|·|CH3| = |CH3|/2·(|BH2|/sinA) < 1/(2sinA) ≤ √3/3. Załóżmy teraz, że trójkąt nie jest ostrokątny, i mamy |∡BAC| ≥ 90°. Pamiętając, że w trójkącie naprzeciw większego kąta leży dłuższy bok, mamy |AC| < |CL3| < 1 oraz |AB| < |BL2| < 1. Zatem PΔABC = 1/2|AB|·|AC|·sinA ≤ |AB|·|AC|/2 < 1/2 < √3/3, co kończy dowód.
