Zad. 1. W trójkącie równoramiennym ABC na podstawie AC wzięto punkt M taki, że |AM|=a i |MC|=b. W trójkąty ABM i CBM wpisano okręgi. Oblicz odległość punktów styczności tych okręgów z odcinkiem BM.
Zad. 2. Dany jest trójkąt prostokątny o przyprostokątnych długości 36 i 48. Znajdź odległość środka okręgu wpisanego w trójkąt od wysokości opuszczonej na przeciwprostokątną.
Zad. 3. Dany jest trójkąt ABC. Dwusieczna kąta A przecina okrąg opisany na trójkącie w punkcie K. Niech F leży na prostej AB tak, że kąt AFK jest prosty. Wykaż, że |AF| = (|AB| + |AC|)/2.
Zad. 4. (wolna amerykanka) Pole prostokąta ABCD wynosi 48, a przekątna ma długość 10. Na płaszczyźnie obrano punkt O taki, że |OB| = |OD| = 13. Oblicz odległość punktu O od najdalej leżącego wierzchołka prostokąta.
Za zadania 1-3 punkty otrzymali:
- 30 - Jacek Bagiński (nauczyciel matematyki, I LO Kraków), Dominik Bysiewicz (student UJ), Tadeusz Porzucek (emerytowany nauczyciel, Gostyń), Elżbieta Grzechnik
(emerytowany nauczyciel, Radom) i Mikołaj Popek (student UAM), - 28 - Janusz Wieczorek (emerytowany nauczyciel, Sandomierz),
- 20 - Joanna Koścień (nauczyciel SP 14, Piekary Śląskie) i Filip Derejski (I LO Kraków),
- 18 - Mateusz Bielówka (I LO Kraków).
Za zadanie 4 po 10 pkt otrzymali: Jacek Bagiński, Dominik Bysiewicz, Elżbieta Grzechnik, Mikołaj Popek, Tadeusz Porzucek i Janusz Wieczorek.
Gratulujemy!
Zad. 1. Niech p1 i p2 oznaczają odpowiednio połowy obwodów trójkątów AMB i MCB. Korzystając z faktu, że odległość wierzchołka trójkąta od punktu styczności z okręgiem wpisanym jest równa różnicy połowy obwodu trójkąta i długości przeciwległego boku (dlaczego?), mamy |BP| = p1–a oraz |BQ| = p2–b, zatem |PQ| = |BP|–|BQ| = |(p1–a)–(p2–b)| = |b–a|/2.
Zad. 2. Zauważmy, że szukane d = |AK|–|AD|. Łatwo obliczyć, że |AB| = 60, a p = 72 - połowa obwodu trójkąta. K jest punktem styczności okręgu wpisanego, zatem |AK| = p–|BC| = 72–48 = 24. Z podobieństwa trójkątów ADC i ABC otrzymujemy |AD|:36 = 36:60, skąd |AD| = 108/5. Ostatecznie d = 12/5 = 2,4.
Zad. 3. Na prostej AC obierzmy punkt D tak, że |AD| = |AB|. Wówczas trójkąty AKD i ABK są przystające i |KE| = |KB|. Z drugiej strony |KC| = |KB|, bo na tych cięciwach oparte są przystające kąty wpisane w okrąg. Oznacza to, że trójkąt DKC jest równoramienny, a KL jest jego wysokością. Ponieważ AK jest dwusieczną kąta, mamy |KF| = |KL|, skąd wynika przystawanie trójkątów AFK i ALK. Mamy zatem |AF| = |AL| = |AC|–|LD| =
|AC|–(|AC|–|AD|)/2 = |AC|–(|AC|–|AB|)/2 = (|AC|+|AB|)/2.
Zad. 4. (wolna amerykanka) Po rozwiązaniu układu równań ab=48 i a2 + b2 = 100 otrzymamy długości boki prostokąta a=8 i b=6. Ponieważ |OB| = |OD| > |BD|, punkt O leży na zewnątrz okręgu o średnicy BD, a tym samym na zewnątrz prostokąta. Zauważmy, że cos α = 4/5, a sin α = 3/5. W trójkącie równoramiennym OBD łatwo obliczyć, że cos β=5/13, a sin β = 12/13. Dalej cos(β+α)= -16/65. Z twierdzenia kosinusów w trójkącie ODC mamy |OC| = 7√(29/5). Inne rozwiązanie tego zadania przedstawiono w listopadzie 2014.
