Zad. 1. W kwadracie ABCD na bokach BC i CD obrano punkty K i L odpowiednio tak, że |∡LAK| = 45°, a |∡ALK| = 60°. Oblicz miarę kąta, jaki tworzą odcinki AL i BD.
Zad. 2. W trójkącie o bokach długości |AB|=5, |BC|=4 i |AC|=3 oblicz miarę kąta AIM, gdzie I jest środkiem okręgu wpisanego w ten trójkąt, a M - środkiem boku AB.
Zad. 3. W trójkącie ABC przez środek M boku BC i środek I okręgu wpisanego w trójkąt poprowadzono prostą, która przecina wysokość AH w punkcie E. Wykaż, że |AE| = r, gdzie r jest promieniem okręgu wpisanego w ten trójkąt.
Zad. 4. (wolna amerykanka) W trójkącie ABC mamy |∡A| = 15°, |∡B| = 30°, a M to środek odcinka AB. Oblicz miarę kąta BMC.
W tym miesiacu za zadania 1-3 punkty uzyskali:
-
30 - Jacek Bagiński (nauczyciel matematyki, I LO Kraków), Elżbieta Grzechnik (emerytowana nauczycielka z Radomia), Mateusz Jagoda (ZSO Kluczbork), Mikołaj Popek (student UAM), Tadeusz Porzucek (emerytowany nauczyciel z Gostynia) oraz Marzena Wąsiewicz (nauczycielka z Kajetan),
- 28 - Janusz Wieczorek (emerytowany nauczyciel z Sandomierza),
- 20 - Iwona Gruszecka (nauczycielka matematyki, CLV LO Warszawa), Szymon Kaźmierowski (nauczyciel z Elbląga), Sławomir Matysiak (nauczyciel matematyki, X LO Wrocław),
- 10 - Dariusz Trzeciak (nauczyciel matematyki i informatyki z Zambrowa).
Za zadanie 4 po 10 punktów otrzymali: Jacek Bagiński, Iwona Gruszecka, Elżbieta Grzechnik, Mateusz Jagoda, Szymon Kaźmierowski, Zygmunt Krawczyk (emerytowany nauczyciel ze Szprotawy), Szymon Meyer (analityk danych z Dziewkowic), Mikołaj Popek, Tadeusz Porzucek, Dariusz Trzeciak, Janusz Wieczorek oraz Marzena Wąsiewicz.
Gratulujemy!
Zad. 1. Oznaczmy przez F punkt przecięcia odcinków BD i AL. Zauważmy, że punkty A, B, K i F leżą na jednym okręgu (ten układ to tzw. "kokardka" - dwa kąty wpisane o mierze 45° oparte na łuku KF). Stąd mamy |∡AFK| = |∡ABK| = 90°. Oznacza to, że KF jest wysokością w trójkącie AKL. Analogicznie LE też jest wysokością tego trójkąta. Zatem punkty E i F są wierzchołkami trójkąta spodkowego (patrz rozwiązanie zadania 2 z października 2014) w trójkącie AKL, przy czym |∡AFE| = |∡AKL| = 75°.
Zad. 2. Łatwo zauważyć, że |∡C| = 90°, a M jest środkiem okręgu opisanego na trójkącie ABC. Niech W oznacza punkt wspólny dwusiecznej kąta A z okręgiem opisanym. Oczywiście |∡AWB| = 90°, bo jest oparty na średnicy AB. Zauważmy, że trójkąt ABC jest "różnicowy" skąd I jest środkiem odcinka AW (patrz zad. 3 listopad 2025). Odcinek IM jest zatem linią średnią w trójkącie ABW równoległą do boku BW, skąd szukany kąt AIM jest prosty.
Zad. 3. Niech W oznacza punkt wspólny dwusiecznej kąta A z okręgiem opisanym na trójkącie ABC. Wówczas odcinki MW i BC są prostopadłe, skąd otrzymujemy podobieństwo trójkątów AIE oraz IMW, a stąd proporcję (1) |AE|:|WM| = |AI|:|IW|. Niech IN będzie promieniem okręgu wpisanego w trójkąt ABC. Wówczas podobne są trójkąty AIN oraz CMW, a stąd otrzymujemy proporcję (2) |IN|:|WM| = |AI|:|CW|. Z "zasady trójliścia" mamy |IW| = |CW|, skąd |AE|:|WM| = |IN|:|WM|. Ostatecznie |AE| = |IN| = r.
Zad. 4. (wolna amerykanka) Opuśćmy z wierzchołka C wysokość CH. Trójkąt HBC jest "ekierkowy", skąd|CH| = |BC/2| = |CD| = |DB|. Z kolei HD jest środkową przeciwprostokątnej BC w trójkącie HBC, skąd |HD| = |BC/2| = |CD| oraz |∡BHD| = 30°. Odcinek MD jest linią średnią w trójkącie ABC, skąd |∡BMD| = 15°. Zauważmy, że kąt BHD jest zewnętrznym w trójkącie MHD, zatem |∡HDM| = 15°, co oznacza, że trójkąt MHD jest równoramienny i |MH| = |HD|. Ostatecznie otrzymujemy trójkąt równoramienny, prostokątny MHC, w którym |∡HMC| = 45° = |∡BMC|.
