Zadanie 1. Na siedmiokącie foremnym opisano okrąg i wpisano weń okrąg. Analogicznie uczyniono z siedemnastokątem foremnym. Otrzymane pierścienie zawierające te wielokąty mają równe pola. Który wielokąt ma dłuższy bok?
Zadanie 2. W trójkąt ostrokątny wpisano okrąg o promieniu R. Do okręgu poprowadzono trzy styczne rozdzielające trójkąt na trzy trójkąty prostokątne i sześciokąt. Obwód sześciokąta wynosi q. Oblicz sumę długości średnic okręgów wpisanych w trójkąty prostokątne.
Zadanie 3. Proste poprowadzone przez wierzchołki A i B trójkąta ABC dzielą go na cztery figury: trzy trójkąty i czworokąt. Trzy z tych figur mają jednakowe pole. Wykaż, że jedną z nich jest czworokąt.
Zadanie 4. (wolna amerykanka) Wykaż, że jeżeli w trójkącie zachodzi równość 2R + r = p, to trójkąt jest prostokątny (R to promień okręgu opisanego, r - promień okręgu wpisanego, p - połowa obwodu trójkąta).
Maksymalną liczbę 30 pkt. za marcowe zadania 1-3 otrzymali: Jacek Bagiński (nauczyciel, I LO Kraków), Włodzimierz Bąk (nauczyciel, I LO Opole), Michel Migas (student, Politechnika Warszawska), Krzysztof Sobków (nauczyciel, II LO Opole), Michał Szymański (uczeń, II LO Opole), Tadeusz Porzucek (emeryt, Gostyń), Iwona Gruszecka (nauczycielka, G 28 Wrocław) i Anna Borucka (uczennica, II LO Opole).
Zadanie 4 poprawnie rozwiązali jedynie: Włodzimierz Bąk i Michel Migas. Obaj panowie zaprezentowali oryginalne rozwiązania różne od firmowego.
Zad. 1. Zauważmy, że pole pierścienia jest równe πR2 - πr2 = π(R2 - r2) = π(a/2)2, gdzie a jest bokiem wielokąta. Oznacza to, że jeśli pola pierścieni są równe, to równe są boki wielokątów.
Zad. 2. Zauważmy, że w trójkącie AMN mamy: 2r = |AN| + |MN| - |AM| = |AK| - R + R + x - (|AL|-x) = 2x, bo |AK|=|AL|. Analogicznie długości średnic pozostałych okręgów wynoszą 2y i 2z. Obwód sześciokąta wynosi: q = 2R + 2x + 2y + 2R + 2z + 2R. Stąd suma długości średnic wynosi: 2x + 2y + 2z = q - 6R.
Zad. 3. Załóżmy nie wprost, że trzy trójkąty mają równe pola. Wówczas jeśli PΔAFK = PΔABK, to |FK| = |KB| oraz jeśli PΔAKB = PΔBKE, to |AK| = |KE|, czyli K jest punktem, w którym AE i BF się połowią. Oznacza to, że czworokąt ABEF jest równoległobokiem, co daje sprzeczność. Zatem jedną z figur równopolowych musi być czworokąt.
Zad. 4. (wolna amerykanka) Zauważmy, że b - x + c - x = a, stąd x = p-a (p to połowa obwodu trójkąta ABC) oraz r/x = tg(α/2), skąd r = (p-a)tg(α/2). Z twierdzenia sinusów mamy 2R = a/sinα. Zależność podana w treści zadania 2R + r = p przyjmuje zatem postać a/sinα + (p-a)tg(α/2) = p. Rozwiązujemy to równanie względem α. Stosując znany wzór sinα = [2tg(α/2)] / [tg2(α/2)+1], i podstawiając t = tg(α/2), otrzymujemy równanie a(t2+1)/2t + (p-a)t = p, którego pierwiastkami są liczby t1=1 i t2= a/(2p-a). Wracając do podstawienia, otrzymujemy w pierwszym przypadku α=90°, a w drugim
tg(α/2) = sin(α/2)/cos(α/2) = a/(2p-a) = a/(b+c) = 2Rsinα / 2R(sinβ+sinγ) = sinα/(sinβ+sinγ) =
=[2sin(α/2)cos(α/2)] / [2sin((β+γ)/2)cos((β-γ)/2)] = [sin(α/2)] / [cos((β-γ)/2)].
To zachodzi wtedy i tylko wtedy, gdy cos((β-γ)/2) = cos(α/2), zatem α/2 = (β-γ)/2, czyli β=90°.
