Zad. 1. W trójkącie równoramiennym kąt C jest prosty. Na bokach AC i BC obrano punkty M i N takie, że |CM| = |CN|. Z punktów M i C prowadzimy prostopadłe do AN przecinające AB w punktach odpowiednio D i F. Wykaż, że |DF| = |FB|.
Zad. 2. W trójkącie ostrokątnym ABC miara kąta B wynosi 60°. AM i CN to wysokości trójkąta, a Q - środek boku AC. Wykaż, że trójkąt MNQ jest równoboczny.
Zad. 3. Kąt ostry A rombu ABCD ma miarę 40°. Niech M będzie środkiem boku CD, a H - rzutem prostokątnym wierzchołka B na prostą AM. Znajdź miarę kąta AHD.
Zad. 4. (wolna amerykanka) W trapezie równoramiennym wysokość jest równa średniej geometrycznej podstaw. Wykaż, że można w niego wpisać okrąg.
Za zadania 1-3 punkty zdobyli:
30 pkt. - Michel Migas (student, PW) oraz Tadeusz Porzucek (emerytowany nauczyciel, Gostyń)
10 pkt. - Iwona Gruszecka (nauczycielka matematyki, CLV LO Warszawa).
Za zadanie 4 (wolna amerykanka) 10 pkt. zdobyli : M. Migas, T. Porzucek oraz Zygmunt Krawczyk (nauczyciel, SLO Żary).
Gratulacje!
Zad. 1. Przedłużmy bok AC do punktu K, tak by |MC|=|CK|. Zauważmy, że trójkąty ANC i CBK są przystające na mocy cechy bkb. Stąd kąty CBK i CAN są przystające. Z drugiej strony kąty CAN i FCN też są przystające, bo ich ramiona są wzajemnie prostopadłe. Oznacza to, że proste CF i KB są równoległe. Na mocy twierdzenia Talesa otrzymujemy |DF|:|FB| = |MC|:|CK| = 1. Stąd wynika teza.
Zad. 2. Zauważmy, że na czworokącie ANMC można opisać okrąg, którego średnicą jest bok AC. Kąt NCB ma miarę 30°, a odpowiadający mu kąt środkowy NQM ma miarę 60°. Stąd trójkąt równoramienny NQM jest jednocześnie równoboczny.
Zad. 3. Przedłużmy środkową AM do przecięcia się z prostą BC w punkcie K. Zauważmy, że w trójkącie prostokątnym BHK mamy |HC| = |BA| = |CK|. Oznacza to, że trójkąt DHC jest równoramienny. Zachodzi |∡DHB| = |∡DHC| + |∡CHB| = (180°–|∡DCH|)/2 + (180°–|∡HCB|)/2 = 180° – (|∡DCH|+|∡HCB|)/2 = 180° – |∡DCB|/2 = 160°. Ostatecznie |∡AHD| = 110°.
Zad. 4. Niech M1 i M2 to środki podstaw trapezu, a O jest środkiem odcinka M1M2. Niech OM będzie prostopadły do BC, a ON prostopadły do M1M2 oraz CP jest prostopadły do AB. Wówczas kąty MON i PCB są przystające, bo ich ramiona są wzajemnie prostopadłe. Wystarczy wykazać, że |OM| = |OM2|. Oznaczmy |AB|= a, |DC|= b, |CP|= h i |OM|= d. W trójkącie MON mamy d = a+b/4·cosφ, bo ON jest linią średnią trapezu. Z kolei w trójkącie PBC mamy |BC| = √((a–b/2)2 + h2), a korzystając z założenia h2 = ab, otrzymujemy |BC| = a+b/2. Stąd h = a+b/2·cosφ. Ostatecznie |OM2| = h/2 = a+b/4·cosφ. Stąd wynika teza.
