Zad. 1. W okrąg o środku O wpisano czworokąt o prostopadłych przekątnych. Wykaż, że odległość O od pewnego boku czworokąta jest dwa razy mniejsza od długości przeciwległego boku.
Zad. 2. Niech BD będzie dwusieczną kąta w trójkącie ABC. Oznaczmy przez Ia oraz Ic środki okręgów wpisanych w trójkąty ABD i CBD odpowiednio. Prosta IaIc przecina prostą AC w punkcie Q. Wykaż, że kąt DBQ jest prosty.
Zad. 3. W trójkącie ABC punkty P i Q oznaczają rzuty prostokątne spodka wysokości CH3 na boki AC i BC odpowiednio. W czworokąt PH3QC można wpisać okrąg. Wykaż, że trójkąt ABC jest równoramienny.
Zad. 4. (wolna amerykanka) W trójkącie ABC miara kąta między środkową i wysokością wychodzącymi z wierzchołka A wynosi α, a miara kąta między wysokością i środkową wychodzącymi z wierzchołka B wynosi β. Oblicz miarę analogicznego kąta dla wierzchołka C.
W tym miesiącu za zadania 1-3 punkty otrzymali:
- 30 - Jacek Bagiński (nauczyciel matematyki, I LO Kraków) i Dominik Bysiewicz (student UJ)
- 20 - Tadeusz Porzucek (emerytowany nauczyciel z Gostynia), Jerzy Kawka (I LO Kraków), Adrian Michałowicz (matematyk z Poznania), Mikołaj Popek (VIII LO Poznań), Filip Derejski (I LO Kraków),
- 10 - Mateusz Bielówka (uczeń, I LO Kraków).
W kategorii "wolnej amerykanki" punkty zdobyli:
- 10 - Jacek Bagiński i Dominik Bysiewicz,
- 8 - Adrian Michałowicz .
Gratulujemy!
Zad. 1. Zauważmy, że ortocentrum H trójkąta ABC leży na prostej BD i D jest jego odbiciem względem boku AC (patrz rozwiązanie zad. 1 z marca 2014). Stąd |AD| = |AH|. Z kolei |OM| = 1/2|AH| (patrz rozwiązanie zad. 3 z maja 2015). Zatem |OM| = 1/2|AD|.
Zad.2. Z twierdzenia o dwusiecznej kąta wewnętrznego w trójkątach AID oraz DIC mamy |AIa|:|IaI| = |AD|:|DI| oraz |CIc|:|IIc| = |CD|:|DI|. Z kolei z twierdzenia Menelaosa dla trójkąta AIC i prostej IaIc mamy (|AIa|:|IaI|)·(|IIc|:|IcC|)·(|CQ|:|AQ|) = 1, skąd po podstawieniu otrzymujemy (|AD|:|DI|)·(|DI|:|DC|)·(|CQ|:|AQ|) = 1, a stąd |CQ|:|AQ| = |DC|:|AD| = |BC|:|BA| (ta ostatnia równość wynika z twierdzenia o dwusiecznej kąta wewnętrznego w trójkącie ABC). To oznacza, że BQ jest dwusieczną kąta zewnętrznego przyległego do kąta B (z twierdzenia o dwusiecznej kąta zewnętrznego w trójkącie). Dwusieczne kątów przyległych są prostopadłe, a stąd wynika teza.
Zad. 3. Oznaczmy |PC|=x, |CQ|=y, |PH3|=t i |QH3|=z. Z założenia i z twierdzenia Pitagorasa w trójkątach PH3C i CH3Q mamy układ równań x+z = y+t i x2+t2 = z2+y2, a po przekształceniach układ ten przybiera postać x–y = t–z i (x–y)(x+y) = (z–t)(z+t). Przy założeniu że x≠y mamy x+y+t+z = 0, czyli sprzeczność. Zatem x=y i t=z, skąd wysokość CH3 jest jednocześnie dwusieczną. To oznacza, że |AC|=|BC|.
Zad. 4. (wolna amerykanka) Załóżmy, że c>a>b. W trójkącie AH1M1 mamy tgα = |M1H1|:|AH1| = (1/2·a–|CH1|):|AH1|. Z kolei w trójkącie AH1C mamy |CH1| = b·cosγ = b·(a2+b2–c2)/2ab = (a2+b2–c2)/2a. Po podstawieniu otrzymujemy tgα = (1/2·a–(a2+b2–c2)/2a)):|AH1|= (1/2·a–(a2+b2–c2)/2a)):(2P/a) = (c2–b2)/4P, gdzie P to pole trójkąta ABC. Analogicznie tgβ = (c2–a2)/4P oraz tgx = (a2–b2)/4P. Stąd x = arctg(tgα–tgβ). Bez wstępnego założenia ogólny wynik jest następujący x = arctg|tgα±tgβ|.
