Zad. 1. Prosta przechodząca przez punkt wewnętrzny K trapezu ABCD przecina podstawy AB i CD odpowiednio w punktach P i Q. Okręgi opisane na trójkątach APK i QCK przecinają się w L. Wykaż, że L leży na przekątnej AC.
Zad. 2. W trójkącie ABC poprowadzono środkową BM i dwusieczną BL (M ≠ L). Na prostej BM wzięto taki punkt E, że LE || BC. Przez punkt E poprowadzono prostą prostopadłą do BL przecinającą ją w punkcie D. Wykaż, że MD || AB.
Zad. 3. Na bokach BC i DC równoległoboku ABCD obrano punkty D1 i B1 tak, że |BD1| = |DB1|. Odcinki BB1 i DD1 przecinają się w Q. Wykaż, że prosta AQ zawiera dwusieczną kąta BAD.
Zad. 4. (wolna amerykanka) W kwadrat wpisano okrąg. Wykaż, że suma kwadratów odległości dowolnego punktu okręgu od wierzchołków kwadratu nie zależy od wyboru tego punktu.
Za zadania 1-3 punkty otrzymali:
- 30 - Dominik Bysiewicz (student UJ), Mikołaj Popek (student UAM), Tadeusz Porzucek (emerytowany nauczyciel, Gostyń) oraz Adam Wrzesiński (terapeuta, Bielsko-Biała),
- 22 - Elżbieta Grzechnik (emerytowany nauczyciel, Radom), Janusz Wieczorek (emerytowany nauczyciel, Sandomierz),
- 20 - Jacek Bagiński (nauczyciel matematyki, I LO Kraków),
- 10 - Joanna Koścień (nauczyciel SP 14, Piekary Śląskie).
Za zadanie 4 po 10 pkt. otrzymali: Jacek Bagiński, Dominik Bysiewicz, Mikołaj Popek, Tadeusz Porzucek, Janusz Wieczorek, Elżbieta Grzechnik , Edward Nowicki (informatyk, Poznań) i Adam Wrzesiński.
Gratulacje.
Zad. 1. Oznaczmy przez φ miarę kąta CQK. Wówczas |∡APK|=φ, bo AB i CD są równoległe. Punkty A, P, L i K leżą na jednym okręgu, więc |∡ALK|=φ (kąt wpisany oparty na łuku AK).
Z kolei ze współokręgowości punktów Q, K, L i C wynika, że |∡KLC|=180°–φ.
Ostatecznie |∡ALC| = |∡ALK|+|∡KLC| = 180°. Stąd wynika teza.
Zad. 2. Poprowadźmy przez E prostą równoległą do AB i niech przecina ona proste AC i BL odpowiednio w P i Q. Wobec równoległości prostych EL i BC oraz QE i AB mamy |∡QLE| = |∡LBC| = β/2 oraz |∡EQL| = |∡ABL| = β/2, co oznacza, że trójkąt QLE jest równoramienny, ED jego wysokością, a D jest środkiem odcinka QL. Wystarczy teraz wykazać, że punkt M jest środkiem boku LP w trójkącie QLP. Łatwo zauważyć podobieństwo trójkątów LME i BCM oraz trójkątów EMP i ABM. Stąd otrzymujemy następujące proporcje |ML|:|MC| = |ME|:|MB| oraz |ME|:|MB| = |MP|:|MA|. Wynika stąd równość |ML|:|MC| = |MP|:|MA|, co wobec założenia, że M jest środkiem boku AC, daje równość |ML| = |MP|. Oznacza to, że odcinek DM jest linią średnią w trójkącie QLP i jest równoległy do QP, skąd wynika teza.
Zad. 3. Zauważmy, że PDBQ = PDBD1 – PQBD1 = |BD1|·(d1+|QL|)/2 – |BD1|·|QL|/2 = d1|BD1|/2.
Z drugiej strony PDBQ = PDBB1 – PDQB1 = |DB1|·(d2+|QK|)/2 – |DB1|·|QK|/2 = d2|DB1|/2. Uwzględniając założenie |BD1| = |DB1|, otrzymujemy równość d1 = d2, co oznacza, że AQ jest dwusieczną kąta BAD.
Zad. 4. Rozważmy kwadrat o boku 2r. Wprowadźmy układ współrzędnych tak, by jego początek pokrywał się ze środkiem kwadratu (i środkiem okręgu weń wpisanego). Niech punkt K(x, y) należy do okręgu. Wówczas otrzymujemy x2+y2 = r2. Zauważmy, że suma |AK|2 + |BK|2 + |CK|2 + |DK|2 = (x+r)2 + (y+r)2 + (x–r)2 + (y+r)2 + (x–r)2 + (y–r)2 + (x+r)2 + (x–r)2 = 4x2 + 4y2 + 8r2 = 12r2 nie zależy od współrzędnych punktu K, a jedynie od długości boku kwadratu.
