marzec 2016

Data ostatniej modyfikacji:
2016-04-16

Zad. 1. Wysokość o długości h opuszczona na przeciwprostokątną dzieli trójkąt prostokątny na dwa trójkąty, w które wpisano okręgi. Znajdź kąty i pole trójkąta ograniczonego przyprostokątnymi trójkąta wyjściowego oraz prostą przechodzącą przez środki wpisanych okręgów.

Zad. 2. W trójkącie ABC dane są miary kątów |∡B| = 70°, |∡C| = 50°. Na boku AB obrano punkt M, taki że |∡MCB| = 40°, a na AC - punkt N, taki że |∡NBC| = 50°. Znajdź miare kąta NMC.

Zad. 3. W trójkącie ABC zachodzi |BC| = a. Znajdź pole tego trójkąta, wiedząc, że okrąg weń wpisany o promieniu r jest styczny do okręgu, którego bok BC jest średnicą.

Zad. 4. (wolna amerykanka) Trapez o kącie ostrym α jest opisany na okręgu o promieniu r i jednocześnie wpisany w okrąg o promieniu R. Oblicz stosunek tych promieni.

 

Wyniki: 

Tym razem było trochę trudniej. Oto wyniki marcowe.

  • Maksymalną liczbę 30 pkt. za zadania 1 - 3 otrzymali: Włodzimierz Bąk (nauczyciel, I LO Opole), Mateusz Klein (uczeń, III LO Gdynia), Michel Migas (student, PW) oraz Mikołaj Szamajew (uczeń, Szkoła Ogólnokształcaca 131, Charków, Ukraina).
  • 28 pkt. uzyskał Zygmunt Krawczyk (nauczyciel, SLO Żary).
  • 22 pkt.  zdobył Tadeusz Porzucek (emerytowany nauczyciel, Gostyń).
  • 20 pkt. otrzymał Jacek Bagiński (nauczyciel, I LO Kraków).

Zadanie 4 (wolna amerykanka) w pełni poprawnie rozwiązali, uzyskując 10 pkt: Jacek Bagiński, Włodzimierz Bąk, Zygmunt Krawczyk, Michel Migas, Tadeusz Porzucek, Sabina Sy (studentka nanotechnologii, UJ), Wojciech Tomiczek (inżynier, Lipowa) oraz Mikołaj Szamajew. Natomiast Mateusz Klein uzyskał 8 pkt.

Gratulacje!

 

Odpowiedzi: 

Zad. 1. Niech DK i DL będą dwusiecznymi kątów prostych CDA i CDB. Zauważmy, że na czworokącie KDLC można opisać okrąg (kąty przy D i C są proste). Zatem kąty CKL i CLK mają po 45°, bo są równe odpowiednim kątom wpisanym CDL i KDC. Wykażemy, że proste KL i MN są równoległe. Z twierdzenia o dwusiecznej kąta wewnętrznego w trójkątach KDC oraz CDL mamy |DO1|/|O1K| = |CD|/|CK| oraz |DO2|/|O2L| = |CD|/|CL|. Ponieważ |CK| = |CL|, otrzymujemy |DO1|/|O1K| = |DO2|/|O2L|, skąd na mocy twierdzenia odwrotnego do twierdzenia Talesa mamy równoległość KL i MN. Zauważmy teraz, że trójkąty CDO2 i CO2L są przystające (wspólny bok CO2 oraz kąty 45° i połówki kąta DCN). Oznacza to, że |CD| = |CN| = |CM| = h. Ostatecznie pole trójkąta MNC wynosi h2/2.

Zad. 2. Zauważmy, że trójkąt BNC jest równoramienny. Niech NK będzie symetralną odcinka BC, przy czym K jest takim punktem, że |∡KCB| = 30°. Oznaczmy przez L punkt przecięcia prostych BK i MC. W trójkącie NKC zachodzi: |∡CNK| = 40° (bo |∡CNB| = 80° i NK jest jego dwusieczną), |∡NCK| = 20° (z określenia punktu K) i |∡NKC| = 120°. Zauważmy, że kąt LKC jest zewnętrzny dla trójkąta CKB i ma miarę 60°. Oznacza to, że punkt L jest przecięciem się dwusiecznych KL, CL i NL. Zatem |∡LNB| = 60°. Dalej z danych zadania wynika, że proste BN i MC są prostopadłe. Oznacza to, że dwusieczna BN kąta MBL jest jednocześnie symetralną odcinka ML. Stąd trójkąty NMS i NSL (30°, 60°, 90°) są przystające i |∡NMS| = |NLS| = 30°. Ostatecznie |∡NMC| = 30°.

Zad. 3. Niech O będzie środkiem okręgu wpisanego, a M środkiem boku BC. Niech K, L, N są punktami styczności okręgu z bokami. Długości odpowiednich odcinków oznaczmy jak na rysunku. Z twierdzenia Pitagorasa w trójkącie OMN mamy x = √(a2/4 – ar). Obliczając pole trójkąta ABC dwoma sposobami (ze wzoru Herona oraz jako iloczyn połowy obwodu i promienia okręgu wpisanego), otrzymujemy równanie 1/2(2a+2b)r = [tex]\sqrt{(a+b)(a/2+x)(a/2-x)b}[/tex], skąd (podstawiając wyrażenie za x) b = ar/(ar). Ostatecznie pole trójkąta ABC wynosi a2r/(ar).

Zad. 4. (wolna amerykanka) Z treści zadania wynika, że średnica okręgu wpisanego jest wysokością trapezu. Ponadto jako wpisany w okrąg, jest to trapez równoramienny. Zachodzi 2r/p+q = sinα, skąd p+q = 2r/sinα. Zauważmy, że kąt BOC jest prosty, bo OB i OC są dwusiecznymi kątów dopełniających się do 180° (więc ich połowy dopełniają się do 90°). Z własności trójkąta prostokątnego mamy r2 = pq (wysokość opuszczona z wierzchołka kąta prostego jest średnią geometryczną długości odcinków, na jakie jej spodek dzieli podstawę). Z twierdzenia sinusów w trójkącie ABC mamy |AC| = 2Rsinα. Stosując twierdzenie Ptolomeusza (patrz niżej), otrzymujemy równanie 2p·2q + (p+q)2 = |AC|2, a po podstawieniu wyliczonych wcześniej wielkości, mamy 4r2 + 4r2/sin2α = 4R2sin2α. Ostatecznie R/r = √(1+sin2α) / sin2α.

Twierdzenie Ptolemeusza. Iloczyn długości przekątnych czworokąta wpisanego w okrąg jest równy sumie iloczynów długości przeciwległych boków tego czworokąta.

Dowód. Niech F będzie takim punktem na AC, że |∡ADF| = |∡CDB|. Wówczas trójkąty ADF i DCB oraz ADB i DFC są podobne (kkk). Otrzymujemy zatem równości |AD|/|AF| = |DB|/|BC| oraz |DC|/|FC| = |DB|/|AB|, a po przekształceniu |AD|·|BC| = |AF|·|DB| oraz |DC|·|AB| = |FC|·|DB|. Po dodaniu stronami ostatnich równań otrzymujemy |AD|·|BC| + |DC|·|AB| = (|AF|+|FC|)·|DB| = |AC|·|DB|.

 

Powrót na górę strony