Zapraszamy do udziału w jubileuszowych XX Mistrzostwach Polski w Geometrii Elementarnej, które będą rozegrane we Wrocławiu 4 VI. Zgłoszenia są przyjmowane do 25 V. Tu jest formularz zgłoszeniowy dla zawodników i ich nauczycieli.
Zad. 1. Dwusieczne kątów wewnętrznego C i zewnętrznego A trapezu ABCD, gdzie AB i CD to podstawy trapezu, przecinają się w M, a dwusieczne kątów wewnętrznego D i zewnętrznego B przecinają się w N. Wykaż, że środek odcinka MN jest równoodległy od prostych AD i BC.
Zad. 2. W trójkącie prostokątnym jeden z kątów ostrych ma miarę 54°, a przeciwprostokątna ma długość 4. Oblicz długość dłuższej przyprostokątnej.
Zad. 3. W trójkącie ostrokątnym ABC poprowadzono dwusieczną CL. Na boku AC obrano punkt M taki, że |CM| = |BC|. Wykaż, że proste CO i ML są prostopadłe, gdzie O jest środkiem okręgu opisanego na trójkącie ABC.
Zad. 4. (wolna amerykanka) W trójkącie równobocznym ABC obrano punkt M tak, że |AM|=3, |BM|=4 i |CM|=5. Znajdź miarę kąta AMB.
Za zadania 1-3 punkty otrzymali:
-
30 - Mateusz Bielówka (I LO Kraków), Dominik Bysiewicz (student UJ), Tadeusz Porzucek (emerytowany nauczyciel, Gostyń), Iwona Gruszecka (nauczyciel matematyki, Warszawa), Elżbieta Grzechnik (emerytowany nauczyciel, Radom) i Mikołaj Popek (student UAM),
- 22 - Janusz Wieczorek (emerytowany nauczyciel, Sandomierz),
- 20 - Krzysztof Konarski (emerytowany nauczyciel, Poznań),
- 18 - Filip Derejski (I LO Kraków).
Za zadanie 4 po 10 pkt. otrzymali: Dominik Bysiewicz, Janusz Wieczorek, Mikołaj Popek i Tadeusz Porzucek.
Gratulujemy!
Zad. 1. Dwusieczne kątów odpowiadających są równoległe (dlaczego?), stąd czworokąt MQNP jest równoległobokiem. Środek S leży zatem na odcinku PQ, który jest przekątną tego równoległoboku. Wystarczy wykazać, że punkty E, P i Q są współliniowe. Zauważmy, że Q i P są środkami okręgów dopisanych odpowiednio do trójkątów ABE i DCE, zatem EQ jest dwusieczną kąta AEB. Stąd wynika teza.
Zad. 2. Niech |AC| = x. Odłóżmy na prostej AC odcinek CE taki, że |CE|= |CB| = 4. Wówczas trójkąt CEB jest równoramienny z kątem 72° przy podstawie. Obierzmy na odcinku AC taki punkt F, że |AF| = |AE|. Łatwo zauważyć, że trójkąty prostokątne AEB i ABF są przystające, stąd trójkąt FEB jest równoramienny z kątem 72° przy podstawie. Dalej zauważamy, że równoramienny jest też trójkąt FBC z kątem 36° przy podstawie BC, skąd |FB| = |FC| = 2x–4. Z
podobieństwa trójkątów EBC i EBF otrzymujemy proporcję |FE|:|FB| = |EB|/4, czyli (8–2x):(2x–4) = (2x–4)/4. Po przekształceniach otrzymujemy x = 1+√5.
Zad. 3. Prowadzimy przez C prostą CX styczną do okręgu. Wystarczy wykazać, że CX i ML są równoległe. Łatwo zauważyć, że trójkąty CML i CLB są przystające z cechy bkb (CL to wspólny bok, |CM|=|CB| i oba mają kąt o mierze γ/2), zatem kąty LMC i LBC są przystające. Z drugiej strony kąt LBC przystaje do kąta dopisanego ACX, a stąd wynika równoległość LM i XC.
Zad. 4. Obróćmy trójkąt ABC wokół punktu B o 60°. Otrzymamy wówczas trójkąt A'B'C' jak na rysunku niżej. Obrazem punktu M jest M'. Zauważmy, że trójkąt MB'M' jest równoboczny. Z drugiej strony trójkąt MM'A' jest prostokątny. Ostatecznie kąt AMB jest przystający do kąta A'M'B', a jego miara wynosi 150°.
