Zad. 1. W trójkąt o bokach 9 i 15 wpisano równoległobok, którego bok o długości 6 leży na trzecim boku trójkąta, a przekątne są równoległe do danych boków trójkąta. Oblicz długości trzeciego boku trójkąta i drugiego boku równoległoboku.
Zad. 2. Dane są dwa koncentryczne okręgi o środku w O i promieniach 1 i 3. Trzeci okrąg jest styczny do obu poprzednich. Znajdź kąt między stycznymi do niego przechodzącymi przez O.
Zad. 3. Dwie nieprostopadłe proste przecinają się w punkcie A. Niech B i C oznaczają rzuty prostokątne dowolnego punktu M na te proste. Znajdź miarę kąta między prostą BC i prostą przechodzącą przez środki odcinków AM i BC.
Zad. 4. (wolna amerykanka) Niech E, F, G i H oznaczają środki boków odpowiednio AB, BC, CD i DA czworokąta wypukłego ABCD. Wykaż, że PABCD ≤ |EG| · |HF| ≤ 1/4 (|AB|+|CD|)·(|AD|+|BC|).
Witamy serdecznie w kolejnym sezonie ligi. Szczególnie pozdrawiamy - życząc powodzenia - wszystkich nowych uczestników.
W październiku za zadania 1-3 punkty otrzymali:
- 30 - Jacek Bagiński (nauczyciel matematyki, I LO Kraków), Dominik Bysiewicz (student UJ), Elżbieta Grzechnik (emerytowany nauczyciel, Radom), Mateusz Kula (doktorant UŚ), Sławomir Matysiak (nauczyciel, X LO Wrocław), Mikołaj Popek (student UAM), Tadeusz Porzucek (emerytowany nauczyciel, Gostyń), Janusz Wieczorek (emerytowany nauczyciel, Sandomierz) oraz Adam Wrzesiński (terapeuta, Bielsko-Biała)
- 26 - Joanna Koścień (nauczyciel SP 14, Piekary Śląskie),
- 22 - Jerzy Kawka (student, Uniwersytet Genewski),
- 18 - Filip Derejski (I LO Kraków).
Za zadanie 4. 10 pkt. otrzymali: Jacek Bagiński, Dominik Bysiewicz, Mateusz Kula, Mikołaj Popek, Tadeusz Porzucek , Janusz Wieczorek i Adam Wrzesiński.
Gratulujemy!
Zad. 1. Zauważmy, że z założenia czworokąty AMPQ i NBPQ są równoległobokami, więc |AM| = |QP| = |MN| = |NB| = 6, a stąd |AB|=18. Dalej z podobieństwa trójkątów ABC, ANQ i MBP otrzymujemy |MP| = 6 i |NQ| = 10. Z własności równoległoboku (suma kwadratów długości przekątnych jest równa sumie kwadratów długości wszystkich boków) otrzymujemy |MQ| = |NP| = 4√2.
Zad. 2. Zauważmy, że |AO1| = 1, |OO1| = 2 i kąt A jest prosty. Stąd trójkąt OO1A jest "ekierkowy", a kąt AOO1 ma 30°, zatem szukany kąt ma miarę 60°.
Zad. 3. Zauważmy, że na czworokącie AMBC można opisać okrąg, którego średnicą jest AM. Biorąc pod uwagę, że K jest środkiem cięciwy BC, a O środkiem okręgu, otrzymujemy, że prosta OK jest symetralną odcinka BC, a stąd szukany kąt jest prosty.
Zad. 4. (wolna amerykanka) Pogrubioną czcionką oznaczono wektory. Zauważmy, że zachodzi równośc wektorów EG = EB+BC+CG oraz EG = EA+AD+DG, a stąd 2EG = BC+AD. Analogicznie 2HF = DC+AB. Zatem |EG| = |EG| = |BC+AD|/2 ≤ (|BC|+|AD|)/2 = (|BC|+|AD|)/2. Analogicznie |HF| ≤ (|DC|+|AB|)/2. Stąd |EG|·|HF| ≤ (|BC|+|AD|)·(|DC|+|AB|)/4. Z drugiej strony zauważmy, że odcinki EH, EF, FG i GH są liniami średnimi trójkątów odpowiednio ABD, ACB, DBC i ACD, a stąd PAEH = PABD/4, PEBF = PABC/4, PFCG = PBCD/4 oraz PHGD = PACD/4. Mamy zatem PABCD = 2PEFGH = |EG|·|HF|·sinφ. gdzie φ to kąt między prostymi HF i EG. To ostatnie wyrażenie nie przekracza |EG|·|HF|, a stąd wynika teza.
