październik 2014

Zadanie 1. Rozważmy trójkąt A'B'C' o bokach równoległych do boków trójkąta ABC i przechodzących przez jego wierzchołki. Jest on podobny (z cechy kkk) do wyjściowego trójkąta w skali 2 (dlaczego takiej?), a jego pole wynosi 4S, gdzie S jest polem trójkąta ABC. Zauważmy, że pole trójkąta A'B'C' jest sumą pól trójkątów A'HB', B'HC' oraz C'HA'. Stąd mamy 4S = P_A'B'C' = ¹/₂·|A'B'|·|CH| + ¹/₂·|B'C'|·|AH| + ¹/₂·|C'A'|·|BH| = AB|·|CH| + |BC|·|AH| + |AC|·|BH| = a·|AH| + b·|BH| + c·|CH|.

Zadanie 2. Skorzystajmy z faktu, że odcinek H₂H₃ jest antyrównoległy do BC, tzn. ∡AH₂H₃ = β i ∡AH₃H₂ = γ (co można łatwo udowodnić - patrz niżej). Poprowadźmy styczną l do okręgu w punkcie H. Wystarczy wykazać, że jest ona równoległa do H₂H₃ (bo jest prostopadła do promienia O₁H). Zauważmy, że kąt dopisany PHC ma miarę taką, jak kąt HBC (wpisany w okrąg, oparty na tym samym łuku), a ten z kolei jak kąt H₂BC = 90°-γ. Tymczasem kąt PCH ma miarę taką, jak kąt H₂CH, a ten z kolei taką, jak kąt ACH₃=90°-α. Zatem kąt H₂PH jako kąt zewnętrzny trójkąta PHC ma miarę 90°-γ+90-α = β, a to dowodzi równoległości stycznej l i odcinka H₂H₃. Stąd wynika już teza.

Antyrównoległość. Proste l1 i l2 są antyrównoległe (względem prostych m₁ i m₂), jeśli kąty między tymi prostymi spełniają zależność z rysunku b) poniżej.

a) proste równoległe                         b) proste antyrównoległe

Twierdzenie o trójkącie spodkowym. Boki trójkąta spodkowego (łączące spodki wysokości trójkąta ABC) są antyrównoległe do boków wyjściowego trójkąta.

Dowód. Pokażemy, że H₂H₃ jest antyrównoległe do BC (pozostałe analogicznie).

Zauważmy, że na czworokącie AH₃HH₂ można opisać okrąg (kąty proste przy H₂ i H₃). Wówczas kąty AH₂H₃ i AHH₃ są przystające (jako wpisane oparte na tym samym łuku), a ich wspólna miara (z trójkąta prostokątnego AHH₃) wynosi 90°- |∡HAH₃|, co z kolei (z trójkąta prostokątnego ABH₁) jest równe 90° - (90°-β) = β. I dalej |∡AH₃H₂| = γ (z sumy kątów trójkąta AH₃H₂), c.b.d.o.

Kąt dopisany do okręgu. Kąt o wierzchołku na okręgu, którego ramionami są styczna do okręgu w wierzchołku kąta i dowolna cięciwa.

Twierdzenie o kącie dopisanym. Kąt dopisany do okręgu jest dwa razy mniejszy od kąta środkowego opartego na tym samym łuku (czyli równy kątowi wpisanemu w okrąg opartemu na tym samym łuku).

Dowód.  Zachodzi α+2x = 180° (suma kątów trójkąta) oraz β+x = 90° (prostopadłość promienia do stycznej). Stąd α=2β.

Twierdzenie o kącie zewnętrznym trójkąta. Kąt zewnętrzny trójkąta ma miarę równą sumie miar kątów wewnętrznych do niego nieprzyległych.

Dowód. Zachodzi x = 180°-β = 180°-(180°-α-γ) = α+γ.

Zadanie 3. Przy oznaczeniach jak na rysunku otrzymujemy układ równań a+b=10 (bo linia średnia wynosi 5) oraz ^(5+b)/_(a+5)=⁷/₁₃. Rozwiązaniem tego układu jest para (8, 2), czyli |AK|=3. Wobec założenia o wpisywalności okręgu i równoramienności trapezu otrzymujemy |AD|+|BC| = a+b = 10, czyli |AD|=|BC|=5. Z twierdzenia Pitagorasa w trójkącie AKD otrzymujemy |DK|=4.

Zadanie 4. Zanim wykonamy rysunek, trzeba porównać długości promienia i wysokości opuszczonej z wierzchołka C. Z twierdzenia kosinusów w trójkącie ABM₂ otrzymujemy 7 = |AM₂|² + |AB|² - 2·|AM₂|·|AB|·cos30°. Zauważmy, że |AM₃| = 2|AM₂|·^√3/₂ (boki w trójkącie prostokątnym AM₃C). Zatem |AB| = |AM₂|·√3. Po podstawieniu do równania otrzymujemy |AM₂| = 1, zatem |AC| = 2. Stąd |CM₃| = 1 (przyprostokątna naprzeciw kąta 30°). Wynika stąd, że promień koła jest większy niż wysokość i część wspólna z trójkątem ABC jest sumą trójkąta KLC oraz dwóch wycinków koła. Rozważmy teraz trójkąt prostokątny CKM₃. Zachodzi |CM₃|/|CK| = ^√3/₂ = cos∡KCM₃. Wynika stąd, że |∡KCM₃| = 30°. Z symetrii wnioskujemy, że trójkąt KLC jest równoboczny, a wycinki koła mają kąt rozwarcia 30°. Zatem pole części wspólnej wynosi 2·^π/₁₂·(²/_√3)² + (²/_√3)²· ^√3/₄ = (2π+3√3)/9. Ponieważ pole trójkąta ABC wynosi √3, otrzymujemy szukany stosunek pól wynoszący (2√3π+9)/27.