Jaka lektura wg Was najbardziej przyda się na drugi etap?
O, to bardzo dobre pytanie.
Łatwa odpowiedź brzmi: wszystko z
ale tak naprawdę co Wy uważacie za najbardziej wartościowe?
Moim zdaniem Musztari jest przereklamowany. Dla mnie najlepszym wyborem przed drugim etapem jest przerobić solidnie wszystkie drugie etapy z ubiegłych lat. To jest najlepsze przygotowanie.
No a na deser zdecydowanie polecam:
Może mi ktoś wyjaśnić, co znaczy taki zapis funkcji jak w zadaniu 5, np. \(\displaystyle{ f(a)^3}\)? Czy chodzi o podniesienie argumentu do trzeciej potęgi, tak jak w zapisie\(\displaystyle{ f(a^3)}\)?
No fajne rozwiązania, ogólnie moje \(\displaystyle{ 1.}\) i \(\displaystyle{ 2.}\) trafiają we wzorcówki, w \(\displaystyle{ 3.}\) trochę przekombinowali a \(\displaystyle{ 4.}\) magia
Mam pilne pytanie - wysłałem już kopertę z pewną mniejszą niż 4 ilością rozwiązań z drugiej serii, czy mogę dosłać pozostałe zadania w drugim liście, czy jest to niedozwolone?
Rozważmy równanie kwadratowe \(\displaystyle{ z^3=x^3+y^3+3xyz \ (1)}\) w liczbach całkowitych \(\displaystyle{ x, y, z}\). Równanie to spełnia każda trójka liczb w postaci \(\displaystyle{ (x, y, z)=(k, l, k+l)}\), gdzie \(\displaystyle{ k, l \in \mathbb{Z}}\).
Załóżmy, że równanie (1) ma jeszcze inne rozwiązania. Wtedy możemy podstawić \(\displaystyle{ z=x+y+a}\), gdzie \(\displaystyle{ a \neq 0}\). Po uproszczeniu otrzymujemy: \(\displaystyle{ 3x^2+3y^2+a^2+3xy+3ax+3ay=0 \ (2)}\).
Rozważmy równanie kwadratowe \(\displaystyle{ a^2+a(3x+3y)+3x^2+3y^2+3xy}\) względem \(\displaystyle{ a}\). Ponieważ założyliśmy, że równanie (1) ma rozwiązanie, musi zachodzić: \(\displaystyle{ \Delta \ge 0 \Rightarrow -3(x-y)^2 \ge 0 \Rightarrow x=y}\). Podstawiamy do równania (2) i mamy: \(\displaystyle{ a^2+6ax+9x^2=0 \Rightarrow a=3x}\).
Stąd mamy, że rozwiązaniami mogą być trójki w postaci \(\displaystyle{ (x, y, z)=(m, m, 5m)}\), gdzie \(\displaystyle{ m \in \mathbb{R}}\). Podstawmy do równania (1) \(\displaystyle{ x=y=m \wedge z=5m}\). Otrzymamy \(\displaystyle{ 125m^3=17m^3 \Rightarrow m=0}\) jednak \(\displaystyle{ (x, y, z)=(0, 0, 0)=(0, 0, 0+0)}\), więc sprzeczność.
Podstawmy do (1) \(\displaystyle{ z=f(a+b), y=f(a), x=f(b)}\). Otrzymujemy: \(\displaystyle{ f(a+b)=f(a)+f(b)}\), stąd \(\displaystyle{ f(2a)=2f(a)}\), następnie przez indukcję pokazujemy, że dla każdego \(\displaystyle{ n \in \mathbb{N}}\) zachodzi \(\displaystyle{ f(na)=nf(a)}\).
Podstawiając \(\displaystyle{ a=b=0}\) do równania \(\displaystyle{ f(a+b)^3-f(a)^3-f(b)^3=3f(a)f(b)f(a+b) \ (3)}\) otrzymujemy \(\displaystyle{ f(0)=0}\), zaś podstawiając \(\displaystyle{ b=-a}\) mamy \(\displaystyle{ -f(a)=f(-a)}\).
Stąd wynika, że \(\displaystyle{ f(a)=af(1) \Rightarrow f(a)=pa}\), gdzie \(\displaystyle{ p \in \mathbb{Z}}\). Podstawiamy do równania (3) i okazuje się, że funkcja ta spełnia warunki zadania.
6:
Załóżmy, że równanie ma rozwiązania. Niech \(\displaystyle{ 7^\alpha}\) będzie największą całkowitą potęgą 7, która dzieli \(\displaystyle{ x}\). Ponieważ \(\displaystyle{ 3x+4y \ge 7^\alpha}\) oraz \(\displaystyle{ 3x+4y|7^z}\) to \(\displaystyle{ 3x+4y=7^{\alpha+k}}\), gdzie \(\displaystyle{ k}\) jest całkowite nieujemne, mamy więc \(\displaystyle{ 7^\alpha |y}\). Przedstawmy \(\displaystyle{ x, y}\) w postaciach \(\displaystyle{ x=7^\alpha x_1 \wedge y=7^\alpha y_1}\), wtedy \(\displaystyle{ (3x_1+4y_1)(4x_1+5y_1)=7^{z-2\alpha}}\). Ponieważ \(\displaystyle{ x_1, y_1 >0}\), mamy \(\displaystyle{ 7|3x_1+4y_1 \wedge 7|4x_1+5y_1 \Rightarrow 7|x_1+y_1\Rightarrow 7|4x_1+4y_1}\), więc \(\displaystyle{ 7|x_1}\)- sprzeczność
7:
Udowodnimy w przypadku, gdy \(\displaystyle{ P}\) leży po przeciwnej stronie prostej \(\displaystyle{ AB}\), niż punkt przecięcia stycznych do okręgu \(\displaystyle{ o}\) w punktach \(\displaystyle{ A}\) i \(\displaystyle{ B}\), \(\displaystyle{ R}\) leży na odcinku \(\displaystyle{ PB}\), \(\displaystyle{ Q}\) nie leży na odcinku \(\displaystyle{ PA}\). Pozostałe przypadki można udowodnić analogicznie.
Niech \(\displaystyle{ S}\) będzie takim punktem, że czworokąt \(\displaystyle{ QSRP}\) jest równoległobokiem. Zachodzi: \(\displaystyle{ \angle APR=\angle PAR= \angle QBP=\angle QSR=\alpha}\), więc na pięciokącie \(\displaystyle{ QSBRA}\) można opisać okrąg. Stąd mamy: \(\displaystyle{ \angle SBQ=\angle SRQ= \angle RQA=\angle ABR \Rightarrow \angle ABS= \angle APB}\) oraz \(\displaystyle{ \angle SAB= \angle SRB= \angle APB}\), więc proste \(\displaystyle{ AS}\) i \(\displaystyle{ BS}\) są styczne do okręgu \(\displaystyle{ o}\)
8:
Oznaczamy: \(\displaystyle{ D_1}\)-rzut prostokątny punktu \(\displaystyle{ D}\) na płaszczyznę \(\displaystyle{ BCP}\) \(\displaystyle{ A_1}\)-rzut prostokątny punktu \(\displaystyle{ A}\) na płaszczyznę \(\displaystyle{ BCP}\) \(\displaystyle{ S}\)-rzut prostokątny punktu \(\displaystyle{ D}\) na prostą \(\displaystyle{ PQ}\) \(\displaystyle{ R}\)-rzut prostokątny punktu \(\displaystyle{ A}\) na prostą \(\displaystyle{ PQ}\) \(\displaystyle{ X}\)- rzut prostokątny punktu \(\displaystyle{ D}\) na prostą \(\displaystyle{ BC}\) \(\displaystyle{ Y}\)-rzut prostokątny punktu \(\displaystyle{ A}\) na prostą \(\displaystyle{ BC}\)
Rozważmy przypadek, w którym płaszczyzna \(\displaystyle{ BCP}\) nie jest prostopadła do płaszczyzny \(\displaystyle{ DAQ}\) (w innym przypadku teza jest oczywista), wtedy \(\displaystyle{ D_1, A_1 \not\in PQ}\).
Ponieważ \(\displaystyle{ \angle D_1SQ=\angle A_1RQ=90^\circ}\), zachodzi również \(\displaystyle{ \angle DSD_1=\angle A_1RA}\), więc \(\displaystyle{ \Delta SD_1D \sim A_1RA \Rightarrow \frac{DD_1}{AA_1}=\frac{D_1S}{A_1R} \ (1)}\).
Analogicznie \(\displaystyle{ \Delta D_1XD \sim A_1YA \Rightarrow \frac{D_1X}{A_1Y}=\frac{DD_1}{AA_1} \ (2)}\).
Ponadto \(\displaystyle{ D_1XQS}\) i \(\displaystyle{ RQYA_1}\) są prostokątami, więc \(\displaystyle{ \frac{D_1X}{A_1Y}=\frac{SQ}{RQ}}\).
Łącząc równości (1), (2) i (3) otrzymujemy:\(\displaystyle{ \frac{SQ}{RQ}=\frac{D_1S}{A_1R}\Rightarrow \Delta SD_1Q \sim \Delta A_1RQ}\), więc \(\displaystyle{ \frac{SQ}{SD_1}=\frac{QR}{RA_1}}\). Zachodzi również \(\displaystyle{ \Delta SD_1D \sim \Delta A_1RA}\), więc \(\displaystyle{ \frac{SD_1}{SD}=\frac{A_1R}{AR}}\). Stąd mamy \(\displaystyle{ \frac{SQ}{SD_1} \cdot \frac{SD_1}{SD}=\frac{QR}{RA_1} \cdot \frac{RA_1}{AR} \Rightarrow \frac{SQ}{SD}=\frac{QR}{RA}}\), więc \(\displaystyle{ \Delta DSQ \sim \Delta ARQ \Rightarrow \angle PQD=\angle PQA}\)
o zadaniach:
Mój ranking trudności:
5
8
7
6
5 i 8 bardzo fajne, w 7 jedyną trudnością było pamiętanie o tych przypadkach
Ostatnio zmieniony 5 lis 2013, o 06:54 przez diana7, łącznie zmieniany 2 razy.
\(\displaystyle{ b=a}\) \(\displaystyle{ f\left( 2a\right)^{3}-2f\left( a\right) ^{3}=3f\left( a\right) ^{2}f\left( 2a\right) \\
f\left( 2a\right)^{3}-3f\left( 2a\right)f\left( a\right) ^{2}-2f\left( a\right) ^{3}=0 \\
\left( f\left( 2a\right)-2f\left( a\right) \right) \left( f\left( 2a\right) +f\left( a\right) \right)=0 \\
f\left( 2a\right) =2f\left( a\right) \vee f\left( 2a\right) =-f\left( a\right)}\)
Załóżmy najpierw, że \(\displaystyle{ f\left( 1\right)=c}\) i niech na początek \(\displaystyle{ c \neq 0}\)
Teraz rozważymy kolejno te dwa przypadki (któryś zachodzi przecież dla \(\displaystyle{ a=1}\)):
1. \(\displaystyle{ f\left( 2\right)=2f\left( 1\right)}\)
Pokażemy przez indukcję, że \(\displaystyle{ f\left( n\right)=nf\left( 1\right)}\) dla każdego \(\displaystyle{ n \in \mathbb{Z}}\).
Dla \(\displaystyle{ n=0,1,2}\) jest to prawdą. Załóżmy, że jest to prawdą dla pewnego \(\displaystyle{ n \ge 2}\).
Wówczas kładąc w wyjściowym równaniu \(\displaystyle{ a=n, \ b=1}\), korzystając z założenia indukcyjnego i rachując dostajemy: \(\displaystyle{ f\left( n+1\right)^{3}-f\left( n\right)^{3}-f\left( 1\right)^{3}=3f\left( n\right)f\left( 1\right) f\left( n+1\right) \\
f\left( n+1\right)^{3}-n^{3}c^{3}-c^{3}-3nc^{2}f\left( n+1\right) =0 \\
\left( f\left( n+1\right)-\left( n+1\right)c\right)\left( f\left( n+1\right)^{2}-\left( n+1\right)cf\left( n+1\right) +\left( n^{2}-n+1\right)c^{2} \right) =0}\)
Licząc deltę z drugiego nawiasu dostajemy: \(\displaystyle{ \Delta=\left( n^{2}+2n+1\right)c^{2}-4c^{2}\left( n^{2}-n+1\right)=c^{2}\left( n^{2}+2n+1-4n^{2}+4n-4\right) =-3c^{2}\left( n-1\right) ^{2}<0}\)
Zatem drugi nawias pierwiastków rzeczywistych (a w szczególności całkowitych) ze względu na niewiadomą \(\displaystyle{ f\left( n+1\right)}\) nie posiada, a zatem \(\displaystyle{ f\left( n+1\right)=\left( n+1\right)c}\), co kończy indukcję.
Z nieparzystości \(\displaystyle{ f}\) dostajemy równość \(\displaystyle{ f\left( a\right)=ac}\) dla wszystkich \(\displaystyle{ a \in \mathbb{Z}}\) przy czym \(\displaystyle{ c \neq 0}\)
2. \(\displaystyle{ f\left( 2\right)=-f\left( 1\right)}\) i \(\displaystyle{ f\left( 1\right)=c \neq 0}\)
W wyjściowym równaniu kładziemy wtedy \(\displaystyle{ a=2, \ b=1}\) i dostajemy: \(\displaystyle{ f\left( 3\right)^{3}-f\left( 2\right)^{3}-f\left( 1\right)^{3}=3f\left( 3\right)f\left( 2\right) f\left( 1\right) \\
f\left( 3\right)^{3}+c^{3}-c^{3}=-3c^{2}f\left( 3\right) \\
f\left( 3\right)\left( f\left( 3\right)^{2}+c^{2} \right) =0}\)
Stąd skoro \(\displaystyle{ c \neq 0}\) to \(\displaystyle{ f\left( 3\right)=0}\)
Teraz kładziemy w wyjściowym równaniu \(\displaystyle{ b=3}\) i otrzymujemy: \(\displaystyle{ f\left( a+3\right)^{3}-f\left( a\right)^{3}-f\left( 3\right)^{3}=3f\left( 3\right)f\left( a\right)f\left( a+3\right) \\
f\left( a+3\right)^{3}=f\left( a\right) ^{3} \\
f\left( a+3\right)=f\left( a\right)}\)
Czyli funkcja \(\displaystyle{ f}\) jest okresowa i zadaje ją wzór: \(\displaystyle{ f\left( a\right)= \begin{cases} c, \ dla \ a\equiv 1 \pmod{3} \\ -c, \ dla \ a \equiv 2 \pmod{3} \\
0, \ dla \ a \equiv 0 \pmod{3} \end{cases}}\)
Pozostał przypadek \(\displaystyle{ c=0}\).
Wtedy kładziemy \(\displaystyle{ b=1}\) i otrzymujemy: \(\displaystyle{ f\left( a+1\right)^{3}-f\left( a\right) ^{3}-f\left( 1\right)^{3}=3f\left( 1\right) f\left( a\right) f\left( a+1\right) \\
f\left( a+1\right) =f\left( a\right)}\)
A stąd przez banalną indukcję i wykorzystując nieparzystość \(\displaystyle{ f}\) dostajemy \(\displaystyle{ f\left( a\right) \equiv 0}\)
Podsumowując otrzymaliśmy następujące funkcje: \(\displaystyle{ f\left( x\right)=cx, \ c \in \mathbb{Z}}\) \(\displaystyle{ f\left( x\right)= \begin{cases} c, \ dla \ x\equiv 1 \pmod{3} \\ -c, \ dla \ x \equiv 2 \pmod{3} \\
0, \ dla \ x \equiv 0 \pmod{3} \end{cases}, \ c \in \mathbb{Z}}\)
Jak łatwo się przekonać wszystkie one spełniają równanie z zadania.
6.:
Załóżmy, nie wprost, że istnieją takie liczby \(\displaystyle{ x,y,z \in \mathbb{Z_{+}}}\), które spełniają równanie: \(\displaystyle{ \left( 3x+4y\right)\left( 4x+5y\right)=7^{z}}\)
Oczywiste są nierówności: \(\displaystyle{ 3x+4y>1}\) oraz \(\displaystyle{ 4x+5y>1}\)
Zatem liczby całkowite \(\displaystyle{ 3x+4y}\) oraz \(\displaystyle{ 4x+5y}\) muszą być obydwie potęgami liczby \(\displaystyle{ 7}\) o wykładnikach całkowitych dodatnich (gdyby tak nie było, to istnieje liczba pierwsza \(\displaystyle{ p \neq 7}\), która dzieli jedną z tych liczb, a więc dzieli też z równania liczbę \(\displaystyle{ 7^{z}}\), co nie jest możliwe). Wobec tego: \(\displaystyle{ 3x+4y=7^{k}}\) oraz \(\displaystyle{ 4x+5y=7^{l}}\) gdzie \(\displaystyle{ k,l \in \mathbb{Z_{+}}}\).
Jednakże zachodzą nierówności: \(\displaystyle{ 7^{k}=3x+4y<4x+5y<21x+28y=7\left( 3x+4y\right) =7^{k+1}}\)
Stąd liczba \(\displaystyle{ 4x+5y}\) nie może być potęgą liczby \(\displaystyle{ 7}\). Uzyskana sprzeczność dowodzi prawdziwości tezy zadania.
7.:
Poprowadźmy styczne do okręgu w punktach \(\displaystyle{ A}\) i \(\displaystyle{ B}\). Skoro \(\displaystyle{ AB}\) nie jest średnicą to te dwie styczne się przecinają, powiedzmy w punkcie \(\displaystyle{ S}\). Pokażemy, że \(\displaystyle{ S}\) jest szukanym w treści zadania punktem wspólnym wszystkich prostych \(\displaystyle{ PM}\). Obierzmy na okręgu punkt \(\displaystyle{ P}\) i obierzmy punkty \(\displaystyle{ Q,R,M}\) zgodnie z warunkami zadania. Wykażemy, że punkty \(\displaystyle{ P,M,S}\) są współliniowe. Bez straty ogólności rozumowania, dla ustalenia konfiguracji, można założyć, że \(\displaystyle{ PA \le PB}\).
Punkty \(\displaystyle{ Q,R}\) albo pokrywają się z punktami \(\displaystyle{ A,B}\) albo też leżą po różnych stronach prostej \(\displaystyle{ AB}\).
Trójkąty \(\displaystyle{ \Delta PAR}\) i \(\displaystyle{ \Delta PBS}\) są podobne (te same kąty), więc \(\displaystyle{ \angle AQB + \angle ARB=180^{\circ}}\), więc punkty \(\displaystyle{ A,Q,B,R}\) leżą na jednym okręgu.
Niech \(\displaystyle{ K}\) będzie środkiem odcinka \(\displaystyle{ PA}\), zaś \(\displaystyle{ O}\) środkiem naszego okregu. Oczywiście punkty \(\displaystyle{ R,O,K}\) są współliniowe (leżą na symetralnej \(\displaystyle{ PA}\)). Mamy: \(\displaystyle{ \angle AOP=2\angle ABP}\), czyli \(\displaystyle{ \angle KOA=\angle RBA=\angle RQA}\). Zatem \(\displaystyle{ \angle RQA+\angle AOR=180^{\circ}}\), czyli punkty \(\displaystyle{ A,O,R,Q}\) leżą na jednym okręgu. Ale na tym samym okręgu leży też punkt \(\displaystyle{ B}\) (na okręgu wyznaczonym przez punkty \(\displaystyle{ A,R,Q}\))
Poza tym punkty \(\displaystyle{ A,O,B,S}\) leżą oczywiście na jednym okręgu, bo \(\displaystyle{ SA \perp OA}\) i \(\displaystyle{ SB \perp OB}\).
Zbierając do kupy trzy ostatnie akapity dostajemy wniosek, że punkty \(\displaystyle{ A,O,R,B,S,Q}\) leżą na jednym okręgu.Niech \(\displaystyle{ X}\) będzie punktem półprostej \(\displaystyle{ SA}\) leżącym poza odcinkiem \(\displaystyle{ SA}\). Teraz mamy więc: \(\displaystyle{ \angle ASR=\angle ABR=\angle PAX}\) (ostatnia równość z twierdzenia o kącie między styczną a sieczną). No ale to oznacza, że \(\displaystyle{ PA||RS}\), a stąd czworokąt \(\displaystyle{ ARSQ}\) jest trapezem równoramiennym (bo jest opisany na okręgu i \(\displaystyle{ AQ||RS}\)). Zatem \(\displaystyle{ PR=AR=QS}\), a skoro \(\displaystyle{ PQ||RS}\) to czworokąt \(\displaystyle{ PRSQ}\) jest równoległobokiem. Zatem jego przekątne dzielą się na połowy, co oznacza, że punkty \(\displaystyle{ P,M,S}\) są współliniowe. Na koniec zauważamy, że położenie punktu \(\displaystyle{ S}\) nie zależy od wyboru punktu \(\displaystyle{ P}\) na okręgu. Zatem wszystkie proste \(\displaystyle{ PM}\) mają punkt wspólny, nie zależnie od wyboru punkty \(\displaystyle{ P}\), qed
8.:
Niech punkty \(\displaystyle{ P', \ D'}\) będą rzutami prostokątnymi odpowiednio punktów \(\displaystyle{ P}\) i \(\displaystyle{ D}\) na płaszczyznę \(\displaystyle{ ABC}\), zaś punkty \(\displaystyle{ A'', \ D''}\) będą rzutami prostokątnymi odpowiednio punktów \(\displaystyle{ A}\) i \(\displaystyle{ D}\) na prostą \(\displaystyle{ BC}\).
Oczywiście punkty \(\displaystyle{ A,P',D'}\) są współliniowe, bo wszystkie leżą na rzucie prostokątnym prostej \(\displaystyle{ AD}\) na płaszczyznę \(\displaystyle{ ABC}\) (punkty te są parami różne i leżą na jednej prostej w takiej właśnie kolejności, bo \(\displaystyle{ P}\) musi leżeć wewnątrz krawędzi \(\displaystyle{ AD}\))
Oczywiście \(\displaystyle{ PP' || DD'}\), zatem na mocy twierdzenia Talesa dostajemy: \(\displaystyle{ \frac{AP'}{P'D'}=\frac{AP}{PD} \ \ \ \left( 1\right)}\)
Dalej oczywiście prosta \(\displaystyle{ D'D''}\) jest rzutem prostokątnym prostej \(\displaystyle{ DD''}\) na płaszczyznę \(\displaystyle{ ABC}\). Zatem na mocy twierdzenia o trzech prostych prostopadłych, skoro \(\displaystyle{ DD'' \perp BC}\) więc \(\displaystyle{ D'D'' \perp BC}\). Analogicznie pokazujemy, że \(\displaystyle{ P'Q \perp BC}\). Zatem \(\displaystyle{ D'D'' || P'Q ||AA''}\).
Załóżmy najpierw, że proste \(\displaystyle{ AD'}\) i \(\displaystyle{ BC}\) przecinają się, powiedzmy w punkcie \(\displaystyle{ X}\). Wówczas na mocy twierdzenia Talesa dostaniemy równości: \(\displaystyle{ \frac{XD'}{D'P}=\frac{XD''}{D''Q} \\
\frac{XP'}{P'A}=\frac{XQ}{QA''}}\)
Trójkąty \(\displaystyle{ \Delta XD'D''}\) i \(\displaystyle{ \Delta XQP'}\) są do siebie podobne (mają te same kąty) więc: \(\displaystyle{ \frac{XD'}{XD''}={XP'}{XQ}}\)
Stąd na mocy trzech powyższych równości dostajemy zależność: \(\displaystyle{ \frac{D'P}{D''Q}=\frac{P'A}{QA''}}\), czyli: \(\displaystyle{ \frac{D'P}{PA'}=\frac{D''Q}{QA''} \ \ \left( 2\right)}\)
(Zwróćmy uwagę, że zależność \(\displaystyle{ \left( 2\right)}\) jest oczywiście prawdziwa także w przypadku gdy \(\displaystyle{ AD' || BC}\))
Z równości \(\displaystyle{ \left( 1\right)}\) i \(\displaystyle{ \left( 2\right)}\) wnosimy, że: \(\displaystyle{ \frac{D''Q}{QA''}=\frac{PD}{AP} \ \ \left( *\right)}\)
Poza tym na mocy twierdzenia o dwusiecznej dla czworościanu (treść twierdzenia wraz z dowodem znajduje się tutaj: ... zenie_sam/ ) dostajemy, że: \(\displaystyle{ \frac{AP}{PD}=\frac{AA''}{DD''} \ \ \left( **\right)}\)
Równości \(\displaystyle{ \left( *\right)}\) i \(\displaystyle{ \left( **\right)}\) mówią więc, że: \(\displaystyle{ \frac{D''Q}{QA''}=\frac{DD''}{AA''}}\)
Ta ostatnia równość oznacza zaś podobieństwo trójkątów \(\displaystyle{ \Delta DD''Q}\) i \(\displaystyle{ \Delta AA''Q}\). Stąd dostajemy równość: \(\displaystyle{ \frac{AA''}{DD''}=\frac{AQ}{DQ}}\)
Konfrontując to jeszcze z równością \(\displaystyle{ \left( **\right)}\) dostajemy ostatecznie: \(\displaystyle{ \frac{AQ}{DQ}=\frac{AP}{DP}}\), a stąd na mocy twierdzenia odwrotnego do twierdzenia o dwusiecznej w trójkącie otrzymujemy: \(\displaystyle{ \angle AQP=\angle PQD}\), qed.
Komentarz:
Moje opinie:
5. Poleci pewnie masę zer... Takie trochę zadanie niespodzianka.
6. Zdecydowanie najprostsze z tej serii, chyba podobne poziomem do 1 z pierwszej serii, to tak, żeby każdy coś miał. Moim zdaniem zbyt łatwe.
7. Nareszcie jakaś ciekawa planimetria, chociaż też bez szału.
8. Jedna z najpiękniejszych rozkmin jakie miałem w życiu. Zadanie jest przepiękne.
