Ze względu na majoiwą awarię Portalu termin wysyłania rozwiązań został przedłużony do 10 VI.
Do 3 VI przyjmowane są zgłoszenia do XXIII Mistrzostw Polski w Geometrii Elementarnej. Tu są formularze zgłoszeniowe: dla szkół i dla zawodników indywidualnych. Zapraszamy do Wrocławia!
Zad. 1. W trójkącie ABC kąty ACH i MCB mają miarę po 32°. Oblicz miarę kąta HCM, gdzie H jest spodkiem wysokości opuszczonej z wierzchołka C, a M jest środkiem boku AB.
Zad. 2. W trójkącie ABC kąt C jest prosty. Na boku AC obrano punkt D, a następnie na odcinku DB obrano punkt K taki, że kąty DAK, AKD i ABC mają równe miary. Wykaż, że |BK| = 2·|DC|.
Zad. 3. Dany jest okrąg o środku O. Z punktu A na tym okręgu poprowadzono średnicę AB i cięciwę AL. Niech M oznacza środek odcinka AO. Na okręgu obrano punkt K taki, że odcinki KM i AL są prostopadłe i przecinają się w punkcie P. Wiedząc, że |KP| = 7,5 oraz |PM| = 1,5, oblicz promień okręgu.
Zad. 4. (wolna amerykanka) W prostokąt ABCD, w którym |AB|=9 i |AD|=8 wpisano trójkąt równoboczny AKM. Oblicz długość linii średniej trapezu ABCM.
Zad. 1. Niech N będzie środkiem boku AC. Wówczas MN jest linią środkową w trójkącie ABC, skąd wynika równość miar kątów naprzemianległych |∡NMC| = |∡MCB| = 32°. Z kolei z własności środkowej przeciwprostokątnej w trójkącie AHC mamy |HN|=|NC |oraz |∡NHC| = |∡NCH| = 32°. Oznacza to, że czworokąt NHMC można wpisać w okrąg, a to oznacza, że suma miar przeciwległych kątów NHM i NCM wynosi 180°. Łatwo stąd obliczyć, że |∡HCM| = 26°.
Zad. 2. Przedłużmy bok AC do punktu E takiego, że |CE|=|DC|. Łatwo zauważyć, że trójkąty DBC i CBE są przystające (na mocy cechy bkb) i |EB|=|DB|. Oznaczmy |∡DBC|=|∡CBE| przez β. Kąt DKA jest zewnętrznym dla trójkąta AKB, zatem |∡KAB|=β. Łatwo zauważyć, że |∡EAB| = |∡ABE| = φ+β, co oznacza, że trójkąt ABE jest równoramienny, przy czym |AB|=|BE|. Uwzględniając fakt |EB|=|DB| i równoramienność trójkąta AKD, mamy |BK| = |BD|–|DK| = |AE|–|AD| = |DE| = 2·|DC|.
Zad. 3. Przedłużmy odcinek KM do przecięcia z okręgiem w punkcie N. Z twierdzenia o cięciwach okręgu mamy (1) 9·|MN| = |AM|·|MB| = 3/4R2 oraz (2) 7,5·(1,5+|MN|) = |AP|·|PL|. Z twierdzenia Talesa mamy |PL|=3·|AP|. Podstawiając do (2), otrzymujemy (3) 7,5·(1,5+|MN|)=3·|AP|2 . Z kolei z twierdzenia Pitagorasa w trójkącie AMP mamy |AP|2 = |AM|2–2,25 = R2/4–2,25. Podstawiając do (3), otrzymujemy (4) 7,5·(1,5+|MN|) = 3·(R2/4– 2,25). Rozwiązując układ równań (1) i (4), otrzymujemy R=12.
Zad. 4. Kąt KEM jest prosty, bo KE jest wysokością w trójkącie AKM. Wynika stąd, że4 na czworokącie EKCM można opisać okrąg (bo |∡MEK|+|∡MCF|=180°). Stąd |∡KCE|=|∡KME|=60°. Analogicznie |∡EBK|=60°. Oznacza to, że trójkąt EBC jest równoboczny, a jego wysokość EF jest jednocześnie szukaną linią średnią trapezu ABCM. Ostatecznie |EF|=4√3.
To zabawny samouczek, który zaczynając się niewinnie intrygującą historyjką, krok po kroku, poczynając od najłatwiejszych łamigłówek, prowadzi nas w szpony, nie bójmy się użyć tego słowa, uzależnienia.
