Zad. 1. Niech ABCD będzie równoległobokiem o środku w punkcie O. Niech M i N będą odpowiednio środkami odcinków BO i CD. Udowodnij, że jeśli trójkąty ABC i AMN są podobne, to ABCD jest kwadratem.
Zad. 2. Dane są okręgi C1 o środku O1 i C2 o środku O2, przy czym okrąg C1 przechodzi przez punkt O2. Punkt M leży na okręgu C1, ale nie na prostej O1O2. Styczne poprowadzone z punktu M do okręgu C2 przecinają ponownie okrąg C1 w punktach A i B. Udowodnij, że drugie styczne poprowadzone z punktów A i B do okręgu C2 (te nieprzechodzące przez punkt M) również przecinają się w punkcie leżącym na okręgu C1.
Zad. 3. Dany jest trójkąt równoramienny ABC, w którym |AB|=|AC| oraz |∡BAC|=20°. Niech M będzie rzutem prostokątnym punktu C na bok AB, a N takim punktem na boku AC, że
|CN|=|BC|/2. Znajdź miarę kąta AMN.
W tym miesiącu punkty zdobył:
- 6 - Jakub Ceynowa (SP 95 Wrocław)
Gratulujemy!
Zad. 1. Z podobieństwa trójkątów AMN i ABC wynika równość stosunków AM / AB = AN / AC oraz równość kątów ∠MAN = ∠BAC, co po odjęciu części wspólnej daje ∠BAM = ∠CAN. Te dwie relacje implikują z kolei podobieństwo trójkątów BAM i CAN (cecha bkb). Z tego podobieństwa wynika proporcja AB / AC = BM / CN oraz równość kątów ∠ABM = ∠ACN. Kąt ∠ABM to to samo co ∠ABD, a ∠ACN to ∠ACD. Skoro ∠ABD = ∠ACD, to na równoległoboku ABCD można opisać okrąg (punkty B i C leżą na tym samym łuku opartym na AD). Równoległobok wpisany w okrąg to z zasady prostokąt, skąd mamy AC = BD. Zauważmy teraz, że M to środek BO, więc BM = 1/4 BD = 1/4 AC. Z kolei N to środek CD, czyli CN = 1/2 CD = 1/2 AB. Podstawiając to do wyliczonej wcześniej proporcji, otrzymujemy AB / AC = (AC / 4) / (AB / 2), co daje 2AB2 = AC2. Ponieważ ABCD jest prostokątem, z tw. Pitagorasa AC2 = AB2 + BC2. Otrzymujemy zatem 2AB2 = AB2 + BC2, co sprowadza się bezpośrednio do AB = BC. Prostokąt o równych sąsiednich bokach to po prostu kwadrat.
Zad. 2. Punkt O2 jest równo oddalony od stycznych MA i MB, co oznacza, że prosta MO2 jest dwusieczną kąta wpisanego ∠AMB (lub kąta do niego przyległego). Korzystając z własności kątów wpisanych w okrąg C1, zauważamy, że łuki O2A i O2B mają taką samą miarę, zatem cięciwy O2A i O2B są równej długości. Przejdźmy teraz do symetrii osiowej względem prostej O1O2. W tej symetrii oba okręgi przechodzą same na siebie. Punkt M przechodzi na punkt N leżący na okręgu C1. Skoro O2A = O2B, to na mocy symetrii punkty A i B zamieniają się miejscami. Prosta NA, będąca w symetrii obrazem prostej MB, dziedziczy po niej własność styczności do okręgu C2. Podobnie prosta NB staje się styczną do okręgu C2. Dowiedliśmy w ten sposób, że drugie styczne poprowadzone z A i B przecinają się w punkcie N, a z racji bycia obrazem punktu M w symetrii, punkt ten leży na okręgu C1.
Zad. 3. Niech L będzie środkiem boku BC. Ponieważ ML jest środkową poprowadzoną na przeciwprostokątną w trójkącie prostokątnym MBC, zachodzi ML = BL = LC = CN. Rozważmy punkt K wyznaczony tak, aby czworokąt LCNK był rombem. Z własności rombu wynika LK ∥ AC, więc z równoległości prostych mamy ∠KLB = ∠ACB = 80°. Kąt ∠MLB = 180° − 2 · 80° = 20°. Otrzymujemy zatem ∠KLM = ∠KLB - ∠MLB = 80° − 20° = 60°. Ponieważ dodatkowo boki rombu i środkowa są równe (LK = ML), trójkąt MKL jest równoboczny. Wnioskujemy stąd, że MK = KL = KN oraz ∠MKN = ∠MKL + ∠NKL = 60° + 80° = 140°. Z trójkąta równoramiennego MKN wyliczamy kąty u podstawy: ∠KMN = ∠KNM = 20°. Spójrzmy teraz na kąt ∠AMK. Wynosi on dokładnie 180° - (∠KML + ∠MLB) = 180° − (60° + 80°) = 40°. Zatem poszukiwany kąt to ∠AMN = ∠AMK + ∠KMN = 40° + 20° = 60°.
