Zad. 1. W trójkącie ABC odcinek CH jest wysokością opuszczoną na przeciwprostokątną. W trójkąty AHC i CHB wpisano okręgi o środkach O1 i O2 styczne do AC w punkcie P, a do BC w punkcie Q. Wykaż, że proste O1P i O2Q przecinają się na boku AB.
Zad. 2. W prostokącie ABCD punkt L jest środkiem boku DC, punkt K - środkiem odcinka AL, N - środkiem odcinka BK, a M - śodkiem NC. Oblicz pole prostokąta, wiedząc że pole czworokąta KNML wynosi 7.
Zad. 3. W trójkącie ABC mamy |∡B|=20°, |∡C|=100° oraz |AC|=5. Na boku BC obrano punkt P taki, że |∡CAP|=50°. Oblicz długość BP.
Zad. 4. (wolna amerykanka) W trójkącie równoramiennym |AC|=|BC|. Wysokość CH jest ma długość równą połowie długości odcinka AL będącego częścią dwusiecznej zawartą w trójkącie. Znajdź miary kątów tego trójkąta.
W tym miesiącu za zadania 1-3 punkty uzyskali:
- 30 - Jacek Bagiński (nauczyciel matematyki, I LO Kraków), Hanna Fudala (I LO Kraków), Elżbieta Grzechnik (emerytowana nauczycielka z Radomia), Mikołaj Popek (student UAM) oraz Marzena Wąsiewicz (nauczycielka z Kajetan),
- 28 - Iwona Gruszecka (nauczycielka matematyki, CLV LO Warszawa),
- 22 - Mateusz Jagoda (ZSO Kluczbork), Tadeusz Porzucek (emerytowany nauczyciel z Gostynia).
Za zadanie 4 po 10 punktów otrzymali: Jacek Bagiński, Iwona Gruszecka, Elżbieta Grzechnik, Mateusz Jagoda, Zygmunt Krawczyk (emerytowany nauczyciel ze Szprotawy), Szymon Meyer (analityk danych z Dziewkowic), Mikołaj Popek, Tadeusz Porzucek oraz Marzena Wąsiewicz.
Gratulacje!
Zad. 1. Niech prosta PO1 przecina bok AB w punkcie K. Wówczas z twierdzenia Talesa mamy
|AP|:|PC| = |AK|:|KB|. Z kolei z podobieństwa trójkątów AHC i BHC mamy |AP|:|PC| =
|CQ|:|QB|. Analogicznie z twierdzenia Talesa mamy |CQ|:|QB| = |AL|:|LB|, skąd ostatecznie otrzymujemy równość |AK|:|KB| = |AL|:|LB|. Oznacza to, że punkty K i L się pokrywają.
Zad. 2. Zauważmy, że PABL = PABCD/2 i PKBL = PABL/2, skąd PKBL = PABCD/4. Z kolei PKNL = PKBL/2, skąd PKNL = PABCD/8. Niech NH będzie wysokością w trójkącie LNC. Łatwo zauważyć, że
|NH|=3|BC|/4, a stąd PLNC = |LC|·|NH|/2 = (|AB|/2)·(3|BC|/4)/2 = (3/16)·PABCD. Dalej mamy PLNM = PLNC/2 = (3/32)·PABCD. Ostatecznie PKNML = PKNL + PLNM = (7/32)·PABCD = 7, skąd PABCD= 32.
Zad. 3. Niech O będzie takim punktem na boku AB, że |∡ADC|=60°. Wówczas trójkąt AOC jest równoboczny, a O jest środkiem okręgu przechodzącego przez punkty A, P i C. Jest tak, bowiem
|∡APC|=30° i jest on kątem wpisanym opartym na łuku AC. Zauważmy teraz, że w trójkącie równoramiennym COP mamy |OC|=|OP|=5 i |∡OPC|=40°. Ten kąt jest zewnętrznym dla trójkąta OBP, skąd wynika, że jest to trójkąt równoramienny i |BP|=5.
Zad. 4. Przedłużmy CH do punktu D takiego, że |CD| = 2|CH|. Wówczas czworokąt ADBC jest równoległobokiem, a czworokąt ADLC - trapezem równoramiennym (bo ma przystające przekątne). Oznaczmy kąty jak na rysunku. Wówczas |∡ACB| = 180°–4α, a |∡ACH| = 90°–2α =
|∡HCL|. Niech przekątne CD i AL przecinają się w punkcie O. Trójkąt COL jest równoramienny i
|CO|=|OL| oraz |∡CLO| = 90°–2α. Z twierdzenia o sumie kątów wewnętrznych w trójkącie ALC mamy 180° = 270°–5α, skąd α=18°, a szukane miary kątów wynoszą 36°, 36° i 108°.
