Zad. 1. W wypukłym czworokącie ABCD punkty K, L, M i N są odpowiednio środkami boków AB, BC, CD i DA. Odcinki KM i NL przecinają się w punkcie E. Pola czworokątów AKEN, BKEL i DNEM wynoszą odpowiednio 6, 6 i 12. Oblicz pole czworokąta CMEL.
Zad. 2. Dany jest trapez prostokątny ABCD. Kąty B i C są proste. Na boku BC jako na średnicy zbudowano okrąg styczny do boku AD w punkcie E. Odcinki EB i AC przecinają się w punkcie F. Wiedząc, że |EF|=3 i |FB|=12, oblicz pole trapezu.
Zad. 3. W czworokącie ABCD wpisanym w okrąg przekątne są prostopadłe. Wiedząc, że |CD|=6, oblicz odległość środka okręgu od boku AB.
Zad. 4. (wolna amerykanka) Okrąg o promieniu r jest wewnętrznie styczny do okręgu o promieniu R w punkcie A. Prosta prostopadła do prostej przechodzącej przez środki okręgów przecina jeden okrąg w punkcie B, a drugi w punkcie C. Znajdź promień okręgu opisanego na trójkącie ABC.
Za zadania 1-3 komplet 30 punktów otrzymali: Jacek Bagiński (nauczyciel matematyki, I LO Kraków), Dominik Bysiewicz (student matematyki na UJ), Elżbieta Grzechnik (emerytowana nauczycielka z Radomia), Sławomir Matysiak (nauczyciel, X LO Wrocław), Mikołaj Popek (student UAM), Tadeusz Porzucek (emerytowany nauczyciel z Gostynia) oraz Radosław Górzyński (uczeń, I LO Lubin).
Za zadanie 4 po 10 punktów otrzymali: Jacek Bagiński, Dominik Bysiewicz, Elżbieta Grzechnik, Mikołaj Popek, Tadeusz Porzucek oraz Zygmunt Krawczyk (emerytowany nauczyciel ze Szprotawy).
Gratulujemy!
Zad. 1. Zauważmy, że odcinki KL i MN są liniami średnimi odpowiednio w trójkątach ABC i ACD, więc są równoległe i równe. Oznacza to, że czworokąt KLMN jest równoległobokiem, którego przekątne połowią się w punkcie E. Łatwo zauważyć, że pola trójkątów NKE i KEL są równe, bo KE jest środkową boku NL. Oznacza to, że równe są pola trójkątów ANK i KBL. Ponieważ podstawy tych trójkątów AK i KB są równe, a także wysokości na nie opuszczone z punktów N i L. Wynika stąd równoległość AB i NL. Z faktu, że L i N są środkami boków BC i AD, wynika równoległość AB i DC, zatem czworokąt NLCD jest trapezem. Linia łącząca środki podstaw trapezu dzieli go na części o równych polach, stąd szukane pole czworokąta ELCM wynosi 12.
Zad. 2. Połączmy punkty E z C i z O oraz A z O. Niech AO przecina EB w punkcie K. Odcinek AO leży na dwusiecznej kąta A i jest prostopadły do cięciwy EB, która stanowi podstawę trójkąta równoramiennego ABE. Z drugiej strony kąt BEC jest prosty, bo jest wpisany w okrąg i oparty na jego średnicy BC. Otrzymujemy trójkąty podobne EFC i AKF w skali k = |EF|:|FK| = |EF|:(|FB|–|KB|) = 3/(12–7,5) = 2/3. Oznaczmy |KO|=x. Wówczas |EC|=2x, bo KO jest linią średnią w trójkącie EBC. Ze skali podobieństwa trójkątów wynika, że |AK|=3x. Rozważmy teraz trójkąt prostokątny AEO. Mamy w nim |EO|2 = |OK|·|OA| = 4x2, skąd |EO|=2x. Otrzymaliśmy dwa trójkąty ekierkowe EKO i EAO, w których kąty EAO i KEO mają miarę 30°. Wynika z tego, że kąt A trapezu oraz kąt CEO mają miarę 60°, zatem trójkąt EOC jest równoboczny i |OC| = R = 2x. Z twierdzenia Pitagorasa w trójkącie BEC otrzymujemy x = (5/2)√3. Z kolejnych trójkątów ekierkowych EBO i DCO otrzymujemy |AB|=15 i |DC|=5. Ostatecznie pole trapezu wynosi 100√3.
Zad. 3. Niech AE będzie średnicą. Łatwo zauważyć, że OH jest linią średnią w trójkącie ABE i |OH| = 1/2|EB|. Zauważmy teraz równość miar kątów wpisanych ADB i AEB. Wynika stąd równość miar kątów DAC i EAB (dopełnienia do 90° w odpowiednich trójkątach). Oznacza to przystawanie cięciw DC i EB, skąd |OH| = 3.
Zad. 4. (wolna amerykanka) Z własności trójkąta prostokątnego (patrz rozwiązanie zad. 2 powyżej) mamy: (1) |AC|2 = |AD|·|AE| oraz (2) |AB|2 = |AD|·|AF|. Oznaczmy miarę kąta ABD przez φ. Wówczas sinφ = |AD|:|AB|. Z twierdzenia sinusów w trójkącie ACB mamy |AC|/sinφ = 2Rx, skąd Rx = |AC|/2sinφ = |AC|/(2(|AD|:|AB|)) = (|AC|·|AB|/2·|AD| = (√|AC|2)·(√|AB|2)/2·|AD| = 1/2√(|AD|·|AE|·|AD|·|AF|)·|AD| = 1/2√(|AE||AF|) = 1/2(√(2r·2R)) = √(R·r). Prowadząc analogiczne rozważania dla punktu C', otrzymujemy ten sam rezultat.
