Do 27 V przyjmowane są zgłoszenia do XXIV Mistrzostw Polski w Geometrii Elementarnej, które odbędą się w kategoriach "Junior" (kl. 7-8 SP) i "Open" 13 VI we Wrocławiu. Zapraszamy!
Zad. 1. Wykaż, że jeśli w trójkącie ABC punkty D i E leżą odpowiednio na bokach BC i AC tak, że odcinki AD i BE przecinając się i dzielą w stosunku 2:1, patrząc od wierzchołków, to te odcinki są środkowymi trójkąta.
Zad. 2. Wewnątrz trójkąta ostrokątnego ABC obrano punkt H taki, że kąty HAB i HCB oraz HBA i HCA są parami przystające. Wykaż, że H jest ortocentrum tego trójkąta.
Zad. 3. Dwa okręgi o promieniach 3 i 12 przecinają się w punkcie K. Prowadzono wspólną styczną do obu okręgów dotykającą ich w punktach M i N. Oblicz promień okręgu opisanego na trójkącie MNK.
Zad. 4. (wolna amerykanka) Na trójkącie ABC opisano okrąg o środku O. Na okręgu obrano punkty K i L takie, że suma kwadratów odległości wierzchołków trójkąta od L jest najmniejsza możliwa, a od K - największa możliwa. Wykaż, że punkty K, L, O i ortocentrum trójkąta H leżą na jednej prostej.
Za zadania 1-3 punkty uzyskali:
30 - Jacek Bagiński (nauczyciel matematyki, I LO Kraków), Elżbieta Grzechnik (emerytowana nauczycielka z Radomia), Mikołaj Popek (student UAM), Tadeusz Porzucek (emerytowany nauczyciel z Gostynia), Mateusz Jagoda (ZSO Kluczbork) oraz Marzena Wąsiewicz (nauczycielka z Kajetan).
Za zadanie 4 po 10 punktów otrzymali:
Jacek Bagiński, 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. Przez wierzchołek A prowadzimy prostą równoległą do boku BC przecinającą prostą BE w punkcie K. Z podobieństwa trójkątów AKM i DBM mamy |AK|/|BD| = |AM|/|MD| = 2:1, a stąd
|AK|=2|BD|. Z tego podobieństwa mamy też |MK|=2|BM|, |MK|=4|ME|, |EK|=3|ME| i
|BE|=3|ME|, skąd |EK|=|BE|. Oznacza to, że trójkąty AEK i BEC są przystające, przy czym
|AE|=|EC|. Zatem BE jest środkową boku AC. Analogicznie AD jest środkową boku BC.
Zad. 2. Przedłużmy odcinki AH, BH i CH do przecięcia się z okręgiem. Łatwo zauważyć, że AN1 i BN2 są odpowiednio dwusiecznymi kątów N1 i N2 w trójkącie N1N2N3, co oznacza, że CN3 też jest dwusieczną kąta (tym razem N3). Zauważmy równość parami kątów wpisanych N1AB i N1N2B, N2BC i N2N3C oraz ABN2 i N2N1A. Z twierdzenia o sumie kątów wewnętrznych dla trójkąta N1N2N3 wynika, że proste AH, BH i CH są prostopadłe odpowiednio do boków BC, AC i AB, a H jest ortocentrum trójkąta ABC.
Zad. 3. Oznaczmy szukany promień przez R. Rozważmy przypadek ogólny, gdy promienie okręgów wynoszą R1 i R2. Zauważmy, że |∡MOK|=180°–2β i |∡MNK|=90°–β (z twierdzenia o kącie środkowym i wpisanym opartych na tych samych łukach). Z drugiej strony
α = 90°–|∡MNK| = β. Oznacza to podobieństwo trójkątów równoramiennych KOM i KO2N. Otrzymujemy proporcję R:R2 = |KM|:|KN|. Analogicznie z podobieństwa trójkątów KO1M i KON wynika proporcja R:R1 = |KN|:|KM|. Mnożąc je stronami, otrzymujemy R2 = R1R2, a wracając do danych zadania, otrzymujemy R=6.
Zad. 4. (wolna amerykanka) Niech X będzie dowolnym punktem okręgu. Zastosujemy rachunek wektorów (zapis czcionką bold). Zauważmy, że OH = OA+AH = OA+2OM = OA+OB+OC. Otrzymaliśmy tzw. wzór Hamiltona (OH = OA+OB+OC). Niech S(X) = XA2+XB2+XC2. Mamy zatem S(X) = (XO+OA)2+(XO+OB)2+(XO+OC)2 = 3XO2+OA2+OB2+OC2+2XO•(OA+OB+OC) = 6R2+2XO•OH·cos(180°–φ). Wartość S(X) jest najmniejsza dla φ=0°, a największa - dla φ=180°, cbdo.
