Zad. 1. W równoległoboku ABCD punkt M jest środkiem boku AB. Na odcinku DM obrano punkt K taki, że |∡DKC| = 44°, a |∡KCB| = 22°. Znajdź miarę kąta MKB.
Zad. 2. Przez punkt na boku trójkąta (rózny od wierzchołków) poprowadź prostą tak, aby dzieliła trójkąt na dwie figury o równych polach. Uzasadnij poprawność konstrukcji.
Zad. 3. Dany jest kwadrat ABCD, którego bok CD jest przeciwprostokątną pewnego trójkąta CDX, gdzie X leży na zewnątrz kwadratu. Przedłużamy przyprostokątne XC i XD do przecięcia się z prostą AB w punktach odpowiednio M i N. Niech K i L będą rzutami prostokątnymi wierzchołków A i B odpowiednio na proste XN i XM. Wykaż, że odcinek KL jest prostopadły do OX, gdzie O jest punktem przecięcia przekątnych kwadratu.
Zad. 4. (wolna amerykanka) W trójkącie ostrokątnym ABC zachodzi |AB|>|BC|, AM i CN są wysokościami, a O jest środkiem okręgu opisanego na trójkącie. Wiedząc, że pole czworokąta ONBM wynosi P, a |∡ABC| = β, oblicz długość boku AC.
Za zadania 1-3 komplet 30 punktów otrzymali: Jacek Bagiński (nauczyciel matematyki, I LO Kraków), 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: Jacek Bagiński, Dominik Bysiewicz, Elżbieta Grzechnik, Mikołaj Popek, oraz Tadeusz Porzucek.
Gratulujemy!
Zad. 1. Przedłużmy DM do punktu E tak, żeby |DM|=|ME|. Wówczas trójkąty ADM i MEB są przystające, a boki AD i EB przystające i równoległe. Wynika stąd, że punkty C, B i E są współliniowe, a B jest środkiem odcinka EC. Dalej zauważmy, że kąt DKC jest zewnętrzny w trójkącie KEC, a stąd |∡KEC|=22°. Oznacza to, że trójkąt KEC jest równoramienny, a odcinek KB jest jednocześnie jego środkową i wysokością oraz dwusieczną kąta EKC. Zatem |∡MKB|=68°.
Zad. 2. Niech K będzie dowolnym punktem na boku AC. Prowadzimy środkową CM. Dzieli ona trójkąt ABC na dwa trójkąty o równych polach. Łączymy M z punktem K i przez wierzchołek C prowadzimy prostą równoległą do prostej MK. Przecina ona bok AB w punkcie X. Otrzymujemy trapez MXCK, w którym pola trójkątów MSX i KSC są równe (dlaczego?). Oznacza to, że
pole trójkąta AKX jest równe polu trójkąta AMC, a tym samym połowie pola trójkąta ABC. Prosta KX jest szukaną prostą.
Zad. 3. Zauważmy, że odcinek OX zawiera się w dwusiecznej kąta DXC (patrz zad. 3 listopad 2013). Wystarczy zatem wykazać, że trójkąt KLX jest równoramienny. Łatwo zauważyć, że trójkąty DXC, KAD i CBL są przystające, przy czym |KD|=|XC| i |CL|=|DX|. Oznacza to, że |XK|=|XL|. Dwusieczna kąta przy wierzchołku X w trójkącie równoramiennym KLX jest jednocześnie jego wysokością, stąd wynika teza (niezależnie od położenia środka O względem boku KL).
Zad. 4. (wolna amerykanka) Wykażemy najpierw, że przekątne czworokąta są prostopadłe. Korzystamy z faktu, że trójkąty NBM i ABC są podobne (patrz zad. 2 październik 2014 - twierdzenie o trójkącie spodkowym). Zauważmy teraz, że kąt środkowy BOC ma miarę 2α. OM jest symetralną boku BC i jednocześnie dwusieczną kąta BOC w trójkącie równoramiennym BOC, stąd
kąt MOB ma miarę α, a kąt OBM - miarę 90°-α. Oznacza to prostopadłość odcinków OB i MN. Pole czworokąta ONBM jest zatem równe połowie iloczynu jego przekątnych, tzn. PONBM = |OB|·|MN|/2 = R·|MN|/2 = P, gdzie R oznacza promień okręgu opisanego na trójkącie ABC. Stąd |MN| = 2P/R. Zauważmy teraz, że skala podobieństwa trójkątów NBM i ABC jest równa k = |NB|:|BC| = cosβ, a stąd |MN| = |AC|·cosβ. Otrzymujemy równość |AC|·cosβ = 2P/R. Z drugiej strony z twierdzenia sinusów mamy R = |AC|/2sinβ, a po podstawieniu mamy |AC|·cosβ = 2P/(|AC|/2sinβ), skąd ostatecznie |AC| = 2√(Ptgβ).
