2Zad. 1. Na bokach AB i AC ostrokątnego trójkąta obrano punkty E i F tak, że długość odcinka BE jest równa długości wysokości BH2, a długość odcinka CF jest równa długości wysokości CH3. Wykaż, że punkty E, F, H2 i H3 leżą na jednym okręgu.
Zad. 2. W trójkącie ostrokątnym kąt A ma miarę 60°. Wykaż, że dwusieczna jednego z kątów, jakie tworzą wysokości opuszczone z wierzchołków B i C, przechodzi przez środek okręgu opisanego na tym trójkącie.
Zad. 3. Dany jest trójkąt ostrokątny ABC. Niech B' i C' bedą symetryczne odpowiednio do wierzchołków B i C względem prostych AC i AB odpowiednio. Okręgi opisane na trójkątach ABB' i ACC' wtórnie przecinają się w punkcie P. Wykaż, że prosta AP przechodzi przez środek okręgu opisanego na trójkącie ABC.
Zad. 4. (wolna amerykanka) Dwa okręgi o promieniach R i r (przy czym R > r) są styczne wewnętrznie w punkcie M, a cięciwa AB większego okręgu jest styczna do mniejszego. Jaką największą wartość może przyjąć obwód trójkąta ABM?
W tym miesiącu za zadania 1-3 punkty otrzymali:
- 30 pkt - Jacek Bagiński (nauczyciel matematyki, I LO Kraków), Łukasz Besuch (III LO Wrocław), Dominik Bysiewicz (I LO Krosno), Tadeusz Porzucek (emerytowany nauczyciel z Gostynia), Jerzy Kawka (I LO Kraków), Mateusz Kula (matematyk z Sosnowca), Wioletta Szymańska (studentka UW),
- 22 pkt. - Krzysztof Lis (XIV LO Warszawa),
- 20 pkt. - Adrian Michałowicz (były nauczyciel matematyki, Poznań), Mikołaj Popek (VIII LO Poznań),
- 18 pkt. - Filip Derejski (I LO Kraków),
- 10 pkt. - Radosław Górzyński (I LO Lubin), Szymon Wróblewski (SP 5 Opole).
Za zad. 4. punkty otrzymali:
- 10 pkt. - Dominik Bysiewicz, Jacek Bagiński, Wioletta Szymańska,
- 8 pkt. - Tadeusz Porzucek, Adrian Michałowicz.
Gratulujemy!
Zad. 1. Zauważmy, że trójkąty FCH3 i EBH2 są podobne, bo są równoramienne i mają jednakowe kąty przy wierzchołkach: |∡ACH3| = |∡ABH2| = 90°–α. Stąd |∡FH3C| = |∡EH2B| = 45°+α/2. Zatem |∡FH2E| = |∡EH3F| = 45°–α/2. Oznacza to, że punkty E, H3, H2, F są współokręgowe.
Zad. 2. Załóżmy, że |AC| > |AB|. Z założenia w trójkątach (ekierkowych) ABH2 i AH3C mamy |AH3| = |AC|/2 i |AH2| = |AB|/2. Stąd d1 = |H2M2| = |AM2|–|AH2| = (|AC|–|AB|)/2 = |AH3|–|AM3| = |H3M3| = d2. Oznacza to, że środek O leży na dwusiecznej kąta H2HC. Inne przypadki pokazujemy analogicznie.
Zad. 3. Z założenia środek OB leży na prostej AC, a środek OC - na prostej AB. Zauważmy, że odcinek AB jest wspólną cięciwą okręgów o środkach O i OB, więc prosta OBO jest jego symetralną. Analogiczne prosta OCO jest symetralną odcinka AC. Oznacza to, że środek O jest ortocentrum (punktem przecięcia prostych zawierających wysokości) trójkąta AOcOB, bo AP jest prostopadłe do OBOC, a to należało wykazać.
Zad. 4. (wolna amerykanka) Zauważmy, że trójkąty MCO2 i MAO1 są podobne, bo oba są równoramienne i mają wspólny kąt przy wierzchołku M. Otrzymujemy stąd proporcję |CM|:|AM| = r/R. Dalej |AC|:|AM| = (|AM|–|CM|):|AM| = 1–r/R = (R–r)/R, co oznaczmy przez (*). Także trójkąty AMP i ACP są podobne, bo kąt MAP jest dla nich wspólny oraz |∡APC| = |∡AMP|, bo to kąt wpisany w okrąg i dopisany do okręgu oparte na tych samych łukach. Stąd mamy proporcję |AC|:|AP| = |AP|:|AM|, a po przekształceniach i wykonaniu podstawienia z (*) otrzymujemy |AP| = |AM|√((R–r)/R), skąd ostatecznie |AM| = |AP|√(R/(R–r)). Analogicznie rozważając podobne trójkąty MO2E i MO1E oraz MBP i EPB, otrzymujemy |BM| = |BP|√(R/(R–r)). Zatem obwód trójkąta ABM wynosi |AM|+|MB|+|AB| = |AB|(1+√(R/(R–r)). Obwód ten będzie największy, jeśli AB będzie najdłuższe. Jeśli środek O1 leży poza kołem o środku O2, to najdłuższa cięciwa AB jest średnicą o długości 2R i wówczas obwód trójkąta ABM wynosi 2R(1+√(R/(R–r)). W pozostałych przypadkach cięciwa AB będzie najdłuższa, jeśli będzie styczna do mniejszego okręgu w punkcie D. Łatwo obliczyć, że w tym przypadku największy obwód wynosi 4√(r(R–r))·((1+√(R/(R–r)).
