Viki si koupil šest shodných obdélníkových dlaždiček o obvodu 38 cm a spojil je do jednoho obrazce

Transkript

1 Obdélníky a čtverce. podzimní série Vzorové řešení Úloha 1. Viki si koupil šest shodných obdélníkových dlaždiček o obvodu 38 cm a spojil je do jednoho obrazce znázorněného na obrázku. Jaký obvod má výsledný útvar? (Marian oljak) Všech šest dlaždiček má dohromady dvanáct delších a dvanáct kratších stran. Z obrázku je jasně vidět, že se vzájemně dotýkají třemi kratšími stranami. ále se překrývají i třemi delšími stranami, neboť k prostřednímu řádku je shora přilepena jedna a zdola dvě dlaždičky. Každý dotek ale musíme uvážit dvakrát, protože zabírá stejnou délku na dvou dlaždičkách. Zbývá tedy 1 3 = 6 viditelných delších a stejný počet kratších stran dlaždiček. rotože obvod obdélníku o stranách a, b spočítáme jako o = (a + b), je celkový obvod obrazce roven 3 38 = 114. Úloha byla natolik jednoduchá, že nevyžadovala žádné podrobné vysvětlování. Výjimečně se někdo spletl v násobení či vzorečku pro obvod obdélníku, jinak jsem udělovala jen plné počty bodů. (ára Kociánová) Úloha. Obdélník má strany o délkách = 4 a =. Na úsečce leží bod tak, že = 1. Ukažte, že přímka je kolmá na. Označme X průsečík a. Trojúhelníky a jsou podobné podle věty sus, protože = 4 = 1 = a zároveň =. Označme α = =. U vrcholu je v obdélníku pravý úhel, pomocí něhož vyjádříme velikost = 90 α. Ze součtu vnitřních úhlů v trojúhelníku X dopočítáme velikost úhlu X: α + (90 α) + X = 180, X = 90. 1

2 římka je tedy kolmá na přímku. α X α Velká část řešitelů postupovala stejně nebo podobně jako vzorové řešení a ti si tím vysloužili plný počet bodů. Často opakovanou chybou, za kterou jsem ale body nestrhával, byl zápis podobnosti trojúhelníků. Vrcholy píšeme v tom pořadí, v jakém si odpovídají. Tedy v této úloze byl správně pouze zápis, protože úhel u vrcholu odpovídá úhlu u vrcholu, úhel u úhlu u, úhel u úhlu u a podobně pro strany. Jiná pořadí zápisu vrcholů správně nejsou, například neplatí, protože úhly u vrcholu se v obou trojúhelnících liší. Také se sešlo mnoho řešení využívajících goniometrické funkce. Tento postup ale vetšinou není příliš dobrý, protože úhly nedokážeme spočítat přesně a musíme je zaokrouhlit. řestože je součet zaokrouhlených úhlů roven 90, neznamená to nutně, že součet bude stejný pro velikostí nezaokrouhlených úhlů. odobná řešení tedy většinou mnoho bodů nezískala. (Michal Töpfer) Úloha 3. V tabulce 8 8 je začerněno sedm políček. Najděte největší a takové, že v obrazci budeme vždy schopni najít nezačerněný obdélník 1 složený z alespoň a políček, ať už byla začerněná kterákoliv sedmice. rotože je začerněných políček sedm a tabulka má osm řádků, tak jeden ze sloupců je určitě prázdný. Tím dostáváme obdélník o obsahu 8. Zároveň při začernění jako na obrázku nelze najít obdélník o větším obsahu, který neobsahuje začerněný čtvereček. roto je odpověď 8. 1 Čtverec také považujeme za obdélník.

3 Většina řešení byla víceméně jako řešení vzorové. Někteří k úloze přistupovali způsobem které začernění bude zjevně nejhorší. Žádné z takto zjevně nejhorších začernění nejhorší nebylo. Úloha 4. Uvnitř obdélníku o obsahu S se nachází bod. Ukažte, že + S. Nejprve si uvědomme, že součet obsahů trojúhelníků a je roven S/: Označme v 1 výšku v trojúhelníku na stranu a v výšku v trojúhelníku na stranu. ak máme v 1 + v =, a tedy S + S = v 1 + v = = S. ále dokážeme nerovnosti S a S. latí, že výška v trojúhelníku není delší než strana, která s ní sdílí vrchol. otom tedy, pokud v je výška v trojúhelníku na stranu, máme S = v / /. o vynásobení dvěma dostaneme první nerovnost. ruhá nerovnost je obdobná, stačí jen místo trojúhelníku uvažovat trojúhelník. Nakonec tedy máme + S + S = S = S. v v 1 Sešlo se mnoho správných řešení. Velká část z nich používala stejný argument jako vzorové řešení (někdy s drobnou úpravou doplněním trojúhelníku resp. na rovnoběžník, aby se nemuselo dělit dvěma). ále mnoho řešitelů argumentovalo podobně, ale o něco rychleji použitím následující vzorce. latí S = sin, pak stačí jen použít fakt 0 < sin 1. ár řešitelů se rozhodlo použít G nerovnost, což je vcelku originální přístup k této úloze jen někteří však tento postup dotáhli do úspěšného konce. (Tonda Češík) 3

4 Úloha 5. Áďa našla konvexní mnohoúhelník M a délku h. Nad každou stranou mnohoúhelníku nakreslila obdélník s druhou stranou délky h, který je namířený dovnitř mnohoúhelníku. Všimla si, že součet obsahů všech těchto obdélníků je roven dvojnásobku obsahu M. Ukažte, že tyto obdélníky určitě pokrývají M. (Jakub Löwit) Označme vrcholy mnohoúhelníku postupně X 1 až X n, pak strany M jsou úsečky X i X i+1 (indexy bereme modulo n, tedy vrcholem X n+1 myslíme X 1 ). ro spor předpokládejme, že existuje bod, který není pokrytý žádným obdélníkem. Vezměme stranu X i X i+1 nejblíže k a uvažujme kolmici k z bodu na X i X i+1, její patu označme. okud by neležela na úsečce X i X i+1, musela by k protnout další stranu, předtím než protne X i X i+1. To by ale znamenalo, že tato strana je k blíže. od proto leží na úsečce X i X i+1. by tedy nebyl pokryt žádným obdélníkem, musí být vzdálen od nejbližší strany více než h. ro každou stranu X i X i+1 a bod vytvoříme trojúhelník X i X i+1. Jelikož M je konvexní, pro žádná i j se X i X i+1 a X j X j+1 nepřekrývají. Navíc jsou uvnitř M a vyplňují plochu M. Jestliže v i je vzdálenost a X i X i+1 a S je obsah M, potom n v i X i X i+1 i=1 = S, protože trojúhelníky X i X i+1 vyplňují plochu M a obsah jednoho spočítáme jako polovina výšky krát strana. ro každé i platí v i > h, tedy n i=1 h X i X i+1 < n i=1 v i X i X i+1 = S, což je spor, ze zadání víme, že n i=1 h X ix i+1 = S. Většina z vás úlohu zvládla a nejčastěji použila argument v i > h či jeho obdobu. Nepsali jste však pro tento argument tak podrobnou argumentaci, jako je v druhém odstavci vzorového řešení. Obešlo se to bez ztráty bodů, ale příště si dávejte pozor. (déla Kostelecká) Úloha 6. Honza si vyrobil dvojici obdélníků a EF G takovou, že úsečky E a G obě procházejí bodem a čtyřúhelník EG je tětivový. ruhý průsečík úsečky s kružnicí opsanou čtyřúhelníku EG nazveme X a druhý průsečík úsečky EF s toutéž kružnicí označíme Y. Ukažte, že obsah čtyřúhelníku XY G je roven součtu obsahů obdélníků a EF G. (Jakub Löwit) Nejdříve ukážeme, že XY G je obdélník. Označíme kružnici opsanou šestiúhelníku XEY G k. rotože EY = EF = 90, je Y průměr kružnice k. Obdobně protože XG = = 90, je XG také průměr kružnice k. Z toho vyplývá, že GY X = Y X = XG = GY = 90, a tedy XY G je obdélník. 4

5 G c F Y k d a b E c X Nyní ukážeme, že trojúhelníky GF Y a X jsou shodné. latí, že GF Y = X = 90. ále jelikož platí F Y a GY X, jsou také úhly X a GY F shodné. Tyto dva trojúhelníky mají dva úhly shodné, z čehož plyne, že jsou podobné. Navíc mají jednu stranu stejně dlouhou (XY G je obdélník takže GY = X ) a jsou proto i shodné. Označíme si = = a, = = b, E = GF = c, G = EF = d a obsahy obdélníku XY G, a EF G označme po řadě S XY G, S a S EF G. Ze shodnosti trojúhelníků GF Y a X víme, že = F Y = a a X = GF = c. rotože G a GF Y jsou pravoúhlé trojúhelníky, můžeme vyjádřit G = + G = b + d a X = + X = a + c. poté postupnými úpravami: Z mocnosti bodu ke kružnici k získáme: S XY G = G X, S XY G = b + d a + c, (S XY G ) = (b + d ) (a + c ), a po dosazení do předchozí rovnice dostáváme: to jsme chtěli dokázat. (S XY G ) = b a + d a + b c + d c. bc = ad, (S XY G ) = b a + dabc + dabc + d c, (S XY G ) = (ba + dc), S XY G = (ba + dc), S XY G = S + S EF G. 5

6 Řešení se na šestou úlohu sešlo poměrně hodně, našlo se pár správných, krátkých a hezkých řešení, ale více dlouhých, složitých a ne vždy správných. Za důkaz, že XY G je obdélník, jsem dávala dva body, za dořešení úlohy pak zbylé tři. Několik řešitelů k úloze přistoupilo o trochu jinak: obdélníkům a EF G opsali obdélník KF L a zjistili, že součet obsahů trojúhelníků XKY a LG je roven součtu obsahů obdélníků KE a LG. Tito řešitelé zpravidla získali plný počet bodů. ( madam Verča Hladíková) Úloha 7. V trojúhelníku se kružnice vepsaná dotýká stran a v bodech X a Y. Kružnice vepsaná trojúhelníku XY se dotýká stran X a Y v bodech a Q. Tyto dvě kružnice vepsané se protínají v bodech R a S tak, že, Q, R a S leží na kružnici v tomto pořadí. Ukažte, že QRS je obdélník právě tehdy, když je poměr poloměrů těchto kružnic vepsaných roven 3 :. Označme kružnice vepsané a XY jako k a l a jejich středy jako I a J. rotože k i l jsou symetrické podle osy úhlu, je trojúhelník XY rovnoramenný a platí XY Q SR. rotože J je střed kružnice vepsané trojúhelníku XY, máme z rovnoramennosti trojúhelníka XY rovnost JX = JXY = JY X. To ale díky úsekovým úhlům znamená, že X je tečna ke kružnici opsané trojúhelníku XJY. nalogicky musí být Y tečna k té samé kružnici, takže tato kružnice splývá s k. Tedy J leží na k. rotože jsou úhly J a JQ pravé, leží a Q na kružnici m nad průměrem J. rotože středy m a k leží na ose úhlu XY a na ní také leží bod J, dotýkají se kružnice k a m v J. Ukážeme, že obě zkoumaná tvrzení (tj. že QRS je obdélník a že poměr poloměrů k a l je 3 : ) jsou ekvivalentní tomu, že k a m jsou shodné kružnice. otom už určitě budou ekvivalentní i sobě navzájem. m l J Q X S R Y k I rotože QRS je tětivový lichoběžník (neboť jsme si již odvodili, že Q SR), je to obdélník právě tehdy, když je symetrický podle J. le protože k a m jsou kružnice opsané trojúhelníkům JQ a SJR, je QRS symetrický podle J, právě když jsou k a m symetrické podle J. rotože se 6

7 ale v J dotýkají, je to ekvivalentní tomu, že jsou shodné, což jsme chtěli. Tedy QRS je obdélník právě tehdy, když jsou k a m shodné. rotože J je průměr m a JI je poloměr k, jsou k a m shodné, právě když JI J = 1. o přičtení jedničky dostáváme ekvivalenci s I = J + JI J J trojúhelníky J a XI podobné, takže IX J = I J = 3. Kvůli pravým úhlům u a X jsou. rotože IX a J jsou poloměry příslušných kružnic, získáváme skutečně, že m a k jsou shodné, právě když je poměr poloměrů k a l roven 3 :. Řešení se sešlo vcelku mnoho, ale často nebyla správně, protože opomíjela jednu z implikací. Ze správných řešení mnohá postupovala vyjádřením dvou délek (nejčastěji Q a SR ) pomocí poloměrů daných kružnic (někdy vcelku pěkně, někdy pomocí mnoha a mnoha goniometrie) a prohlásila, že QRS je obdélník, právě když se tyto délky sobě rovnají, z čehož dostala ekvivalentními úpravami hledaný vztah pro poloměry. Úloha 8. Nad stranami trojúhelníka sestrojíme (ne nutně podobné) obdélníky E, F G a HI, které s daným trojúhelníkem sdílí pouze stranu. Ukažte, že osy úseček HE, G a F I se protínají v jednom bodě. Řešení pomocí kamarádů : (avid Hruška) Označme si O, O, O středy kružnic opsaných trojúhelníkům EH, G a F I. od O můžeme popsat jako průsečík os stran trojúhelníku EH, tj. úseček E, H a HE. odobně O je průsečíkem os úseček, G a G. Navíc osy úseček E a jakožto osy protějších stran obdélníku splývají. roto je úsečka O O rovnoběžná s. odobně dokážeme i O O a O O. Nechť je průsečík os úseček HE a G. ále si označme středy stran E, HE a H postupně R, S, T. rotože platí ERO = ESO = 90, je čtyřúhelník ERSO tětivový. Z toho plyne, že RO S = RES. ále pak RT je střední příčkou v trojúhelníku EH, z čehož dostáváme SER = RT. Konečně i čtyřúhelník T RO je tětivový kvůli pravým úhlům u R a T. roto platí RT = O T. ohromady pak dostáváme O O = RO S = RES = EH = RT = O T = O O. To znamená, že přímka O je izogonální 3 s osou úsečky EH v úhlu O O O. nalogicky dokážeme, že i osa G je izogonální s O a osa F I je izogonální s O. Trojúhelníky O O O a nejsou shodné a mají příslušné strany rovnoběžné, proto existuje střed stejnolehlosti X zobrazující trojúhelník na O O O. Ten však musí být zároveň průsečíkem přímek O, O a O, které se tedy protínají v X. Hledaný průsečík os úseček HE, G a F I je proto kamarád bodu X v trojúhelníku O O O. Jako kamaráda překládáme takzvaný isogonal conjugate, viz conjugate. 3 římky X a Y jsou izogonální v úhlu, pokud je X obrazem Y podle osy úhlu. 7

8 O E R S T H X I O O G F Řešení počítáním délek: Nejprve dokážeme, že pro libovolný bod v rovině a libovolný obdélník platí + = +. Označme paty kolmic z bodu na a postupně,. oužijeme ythagorovu větu na trojúhelníky,,, : = +, = +, = +, = +. V libovolném obdélníku platí = a =. Z toho snadno odvodíme, že když sečteme první a třetí rovnici, dostaneme stejnou pravou stranu, jako kdybychom sečetli druhou a čtvrtou rovnici. roto se musí rovnat i levé strany, které tvoří dokazovanou rovnost. 8

9 Nyní použijeme naše tvrzení na libovolný bod roviny a obdélníky E, F G a HI: Sečtením těchto tří rovnic dostáváme + = + E, + F = + G, + H = + I. + F + H = E + G + I. efinujme nyní Q jako průsečík os úseček G a EH. otom platí Q = QG a QH = = QE. by platila rovnice z předchozího odstavce, musí zároveň platit i QF = QI. To ale znamená, že Q leží i na ose úsečky F I, jak jsme měli dokázat. K úloze se sešlo množství myšlenkově rozdílných řešení. Nejčastější chybou pak bylo, že řešitelé uvažovali trojúhelník XY Z takový, že XY HE, XZG a Y ZF I jsou obdélníky. Existence takového trojúhelníku však vůbec není zřejmá a důkaz existence tvořil při tomto přístupu větší část úlohy. (avel Hudec) 9