marzec 2016

Zad. 1. Niech DK i DL będą dwusiecznymi kątów prostych CDA i CDB. Zauważmy, że na czworokącie KDLC można opisać okrąg (kąty przy D i C są proste). Zatem kąty CKL i CLK mają po 45°, bo są równe odpowiednim kątom wpisanym CDL i KDC. Wykażemy, że proste KL i MN są równoległe. Z twierdzenia o dwusiecznej kąta wewnętrznego w trójkątach KDC oraz CDL mamy |DO₁|/|O₁K| = |CD|/|CK| oraz |DO₂|/|O₂L| = |CD|/|CL|. Ponieważ |CK| = |CL|, otrzymujemy |DO₁|/|O₁K| = |DO₂|/|O₂L|, skąd na mocy twierdzenia odwrotnego do twierdzenia Talesa mamy równoległość KL i MN. Zauważmy teraz, że trójkąty CDO₂ i CO₂L są przystające (wspólny bok CO₂ oraz kąty 45° i połówki kąta DCN). Oznacza to, że |CD| = |CN| = |CM| = h. Ostatecznie pole trójkąta MNC wynosi h²/2.

Zad. 2. Zauważmy, że trójkąt BNC jest równoramienny. Niech NK będzie symetralną odcinka BC, przy czym K jest takim punktem, że |∡KCB| = 30°. Oznaczmy przez L punkt przecięcia prostych BK i MC. W trójkącie NKC zachodzi: |∡CNK| = 40° (bo |∡CNB| = 80° i NK jest jego dwusieczną), |∡NCK| = 20° (z określenia punktu K) i |∡NKC| = 120°. Zauważmy, że kąt LKC jest zewnętrzny dla trójkąta CKB i ma miarę 60°. Oznacza to, że punkt L jest przecięciem się dwusiecznych KL, CL i NL. Zatem |∡LNB| = 60°. Dalej z danych zadania wynika, że proste BN i MC są prostopadłe. Oznacza to, że dwusieczna BN kąta MBL jest jednocześnie symetralną odcinka ML. Stąd trójkąty NMS i NSL (30°, 60°, 90°) są przystające i |∡NMS| = |∡NLS| = 30°. Ostatecznie |∡NMC| = 30°.

Zad. 3. Niech O będzie środkiem okręgu wpisanego, a M środkiem boku BC. Niech K, L, N są punktami styczności okręgu z bokami. Długości odpowiednich odcinków oznaczmy jak na rysunku. Z twierdzenia Pitagorasa w trójkącie OMN mamy x = √(a²/4 – ar). Obliczając pole trójkąta ABC dwoma sposobami (ze wzoru Herona oraz jako iloczyn połowy obwodu i promienia okręgu wpisanego), otrzymujemy równanie ¹/₂(2a+2b)r = [tex]\sqrt{(a+b)(a/2+x)(a/2-x)b}[/tex], skąd (podstawiając wyrażenie za x) b = ar/(a–r). Ostatecznie pole trójkąta ABC wynosi a²r/(a–r).

Zad. 4. (wolna amerykanka) Z treści zadania wynika, że średnica okręgu wpisanego jest wysokością trapezu. Ponadto jako wpisany w okrąg, jest to trapez równoramienny. Zachodzi ^2r/_p+q = sinα, skąd p+q = ^2r/_sinα. Zauważmy, że kąt BOC jest prosty, bo OB i OC są dwusiecznymi kątów dopełniających się do 180° (więc ich połowy dopełniają się do 90°). Z własności trójkąta prostokątnego mamy r² = pq (wysokość opuszczona z wierzchołka kąta prostego jest średnią geometryczną długości odcinków, na jakie jej spodek dzieli podstawę). Z twierdzenia sinusów w trójkącie ABC mamy |AC| = 2Rsinα. Stosując twierdzenie Ptolomeusza (patrz niżej), otrzymujemy równanie 2p·2q + (p+q)² = |AC|², a po podstawieniu wyliczonych wcześniej wielkości, mamy 4r² + 4r²/sin²α = 4R²sin²α. Ostatecznie ^R/_r = √(1+sin²α) / sin²α.

Twierdzenie Ptolemeusza. Iloczyn długości przekątnych czworokąta wpisanego w okrąg jest równy sumie iloczynów długości przeciwległych boków tego czworokąta.

Dowód. Niech F będzie takim punktem na AC, że |∡ADF| = |∡CDB|. Wówczas trójkąty ADF i DCB oraz ADB i DFC są podobne (kkk). Otrzymujemy zatem równości |AD|/|AF| = |DB|/|BC| oraz |DC|/|FC| = |DB|/|AB|, a po przekształceniu |AD|·|BC| = |AF|·|DB| oraz |DC|·|AB| = |FC|·|DB|. Po dodaniu stronami ostatnich równań otrzymujemy |AD|·|BC| + |DC|·|AB| = (|AF|+|FC|)·|DB| = |AC|·|DB|.