Zad. 1. W różnobocznym trójkącie ABC dwusieczna kąta zewnętrznego przyległego do kąta ACB przecina przedłużenie boku AB w punkcie D (A leży między B i D). Wiedząc, że |BD|–|BC|=m oraz |AC|+|AD|=n, oblicz długość CD.
Zad. 2. Dane są dwa rozłączne zewnętrznie okręgi o różnych promieniach. Ze środka każdego z nich prowadzimy styczne do drugiego okręgu. Wykaż, że wyznaczone przez styczne cięciwy obu okręgów mają jednakowa długość.
Zad. 3. W kwadrat ABCD wpisano półokrąg o średnicy AB. Styczna do półokręgu poprowadzona z wierzchołka C przecina prostą AB w punkcie K. Wiedząc że |KA|=4, oblicz pole kwadratu.
Zad. 4. (wolna amerykanka). Kąt przy wierzchołku trójkąta równoramiennego ma miarę 120°. Dwusieczna kąta przy podstawie odcina na przeciwległym ramieniu odcinek o długości 2√(4–2√3), mierząc od wierzchołka. Oblicz stosunek pola części wspólnej trójkąta i koła o promieniu 2√2 i środku w wierzchołku trójkąta naprzeciw podstawy do pola trójkąta.
W tym miesiącu za zadania 1-3 punkty otrzymali:
-
30 - Iwona Gruszecka (nauczycielka w CLV LO Warszawa), Elżbieta Grzechnik (emerytowana nauczycielka z Radomia), Mikołaj Popek (student UAM), Tadeusz Porzucek (emerytowany nauczyciel z Gostynia), Marzena Wąsiewicz (nauczycielka z Kajetan) oraz Szymon Kaźmierowski (nauczyciel z Elbląga),
- 20 - Janusz Wieczorek (emerytowany nauczyciel z Sandomierza).
Za zadanie 4 po 10 pkt. otrzymali: Elżbieta Grzechnik, Iwona Gruszecka, Zygmunt Krawczyk (emerytowany nauczyciel ze Szprotawy), Mikołaj Popek, Tadeusz Porzucek, Marzena Wąsiewicz, Szymon Kaźmierowski, Janusz Wieczorek oraz Szymon Meyer (analityk danych z Dziewkowic).
Gratulujemy!
Zad. 1. Niech |C1B| = |BC| oraz |AC2| = |AC|. Wówczas w trójkątach równoramiennych C1BC i AC2C mamy |∡CC1B| = 90°–β/2 oraz |ACC2|= 90°–α/2. Z założenia |∡DCA|=90°–γ/2. Zauważmy, że |∡DC1C| = 90°+β/2 oraz |∡DCC2| = 180°–(α/2+γ/2) = 180°–(90°–β/2) = 90°+β/2. Oznacza to, że trójkąty DC1C i DC2C są podobne, skąd otrzymujemy m:|CD| = |CD|:n i ostatecznie |CD|=√(mn).
Zad. 2. Niech |O1P| = r i |O2Q| = R. Zauważmy, że trójkąty prostokątne O1O2P i NO2D mają wspólny kąt ostry, więc są podobne. Otrzymujemy zatem |DN|:|O1P| = |O2D|:|O1O2|, skąd |DN| = (|O2D|·|O1P|)/|O1O2| = R·r/|O1O2|. Analogicznie |BM| = R·r/|O1O2|, a stąd wynika teza.
Zad. 3. Z podobieństwa trójkątów KOP i KBC mamy |KP|:|PO| = |KB|:|BC|, a po podstawieniu |KP|:(x/2) = (4+x):x, skąd |KP| = 2+x/2. Z twierdzenia Pitagorasa w trójkącie KPO otrzymujemy x=12, a pole kwadratu wynosi 144.
Zad. 4. (wolna amerykanka) Zauważmy, że |CL|= 2√(4–2√3) = 2(√3–1). Dalej zauważmy, że trójkąt AHC jest ekierkowy. Oznaczmy |CH|=h. Wówczas |AC|=2h i |AH|=h√3 oraz |AB|=2h√3. Z twierdzenia o dwusiecznej kąta wewnętrznego mamy |AC|:|AB|=|CL|:|LB|, a po podstawieniu 2h/2h√3 = (2(√3–1)/(2h–2(√3–1)), skąd h = 2 < 2√2. Oznacza to, że okrąg przecina bok AB w punktach M i N. Z twierdzenia Pitagorasa w trójkącie MHC mamy |MH|=2, skąd |∡MCH|=45° i dalej |∡MCN|=90°. Pole części wspólnej koła i trójkąta jest równe różnicy pól wycinka koła CKP i odcinka koła pod cięciwą MN i wynosi π(2√2)2/3 – (π(2√2)2/4–4) = 4 + 2π/3. Ostatecznie szukany stosunek wynosi (4+2π/3)/4√3 = ((6+π)·√3)/18.
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.
