Koło matematyczne I LO w Białymstoku

 
Zadania PDF.
 
Rozwiązania PDF.

Źródło zadań w texu.

 
\documentclass[10pt]{article}
\usepackage{amssymb}
\usepackage{amsmath}
\textwidth 16cm
\textheight 24cm
\oddsidemargin 0cm
\topmargin 0pt
\headheight 0pt
\headsep 0pt
\usepackage[polish]{babel}
\usepackage[utf8]{inputenc}
\usepackage[T1]{fontenc}
%\usepackage{MnSymbol}
% ----------------------------------------------------------------
\vfuzz4pt % Don't report over-full v-boxes if over-edge is small
\hfuzz4pt % Don't report over-full h-boxes if over-edge is small
% THEOREMS -------------------------------------------------------
\newtheorem{thm}{Twierdzenie}[section]
\newtheorem{cor}[thm]{Wniosek}
\newtheorem{lem}[thm]{Lemat}
\newtheorem{defn}[thm]{Definicja}
\newtheorem{tozs}[thm]{Tożsamość}
\newtheorem{hyp}[thm]{Hipoteza}
\newtheorem{useless}[thm]{}
\begin{document}
\def\rozw{\textbf{Rozwiązanie}: \\}
\title{13. kółko - środek masy w geometrii}
\date{}
\maketitle
\paragraph{Teoria}
\begin{enumerate}
  \item Załóżmy, że mamy na płaszczyźnie układ $U$ punktów $A_1,A_2,\cdots,A_n$ i wprowadzony układ współrzędnych. W każdym punkcie $A_i=(x_i,y_i)$ tego układu zawieszamy pewną masę $m(A_i)$ (być może ujemną). Możemy zdefiniować \textbf{środek masy} układu $U$ jako punkt \[M=(\frac{m(A_1)x_1+m(A_2)x_2+\cdots+m(A_n)x_n}{m(A_1)+m(A_2)+\cdots+m(A_n)}, \frac{m(A_1)y_1+m(A_2)y_2+\cdots+m(A_n)y_n}{m(A_1)+m(A_2)+\cdots+m(A_n)})\]
  \[\hbox{z masą } m(M)=m(A_1)+m(A_2)+\cdots+m(A_n)\] (o ile suma mas nie wynosi 0).\\
  Trochę prościej mówiąc, dla tych, którzy lubią wektory, środek masy jest zdefiniowany przez
  \[\vec{OM}=\frac{m(A_1)\vec{OA_1}+\cdots+m(A_n)\vec{OA_n}}{m(A_1)+\cdots+m(A_n)}\]
  gdzie $O$ to środek układu współrzędnych (otrzymamy ten sam środek masy dla dowolnego punktu).\\
  Prościej mówiąc będzie to ,,fizyczny'' środek masy.\\
  \item Przykłady: 
    \begin{itemize}
     \item Środkiem masy układu 2 punktów o wadze 1 w każdym punkcie jest środek odcinka łączącego te punkty.
    \item Środkiem masy układu 2 punktów $A, B$, takich, że $m(A)=1,m(B)=2$ jest punkt leżący na $\frac{2}{3}$ odcinka $AB$, bliżej $B$.
    \item Środkiem masy układu 2 różnych punktów $A, B$, takich, że $m(A)=1,m(B)=-2$ jest punkt $M$, leżący na prostej $AB$, taki, że $B$ jest środkiem odcinka $AM$.
    \item Środka masy układu 2 różnych punktów $A,B$, takich, że $m(A)=1,m(B)=-1$ nie można sensownie zdefiniować - w mianowniku dostajemy zero. Fizycznie takiego układu także nie da się zbalansować. Można przyjąć, że środek ten leży ,,w nieskończoności''.
    \end{itemize}
  \item Własności środka masy:
  \begin{enumerate}
  \item Nie zależy on od wyboru układu współrzędnych,
  \item Jeżeli środkiem masy układu punktów $A,B$ (z masami $m(A),m(B)$) jest punkt $X$, to środkiem masy układu $A,B,C$ jest środek masy układu $X,C$, gdzie $m(X)=m(A)+m(B)$. Innymi słowy, aby obliczyć środek masy pewnego układy punktów możemy liczyć po kolei środki mas układów 2 punktów.
  \item Jeżeli mamy 2 różne punkty $A,B$ z masami $m(A),m(B)$, to środek $M$ masy tych punktów, jeżeli istnieje, czyli gdy $m(A)+m(B)\neq0$, leży na prostej $AB$, ponadto gdy masy są dodatnie, to leży on na odcinku $AB$ i spełnia zależność $|MB|m(B)=|MA|m(A)$.
  \item \begin{thm}[Twierdzenie o przegrupowywaniu mas] Środek masy systemu punktów nie zmieni się, jeżeli zastąpimy część punktów jednym punktem będącym środkiem masy zastąpionych punktów i mający masę równą sumie mas zastąpionych punktów (o ile środek masy zastapionych punktów istnieje).\end{thm}
  \end{enumerate}
  \item Zwykle używamy środka masy w zadaniach, gdzie jest dużo dziwnych punktów przecięcia, ale nie ma nic o kątach i nie ma okręgów. Zadania takie mają tezę np. udowodnij, że $AD,BE,CF$ przecinają się w jednym punkcie. Wtedy tak dobieramy masy w pewnych punktach z zadania, żeby móc udowodnić, że środek masy leży na prostej $AD$, na prostej $BE$ i na prostej $CF$ (przez odp. przegrupowanie mas) i tym samym proste te przecinają się w jednym punkcie (w środku masy).
\end{enumerate}
\paragraph{Zadania}
\begin{enumerate}
\item Udowodnij, że w trójkącie $\triangle ABC$ środkowe przecinają się w jednym punkcie i że punkt ten pokrywa się ze środkiem masy układu 3 punktów $A,B,C$ z wagami $m(A)=m(B)=m(C)=1$.
\item Niech $D,E,F$ oznaczają punkty styczności okręgu wpisanego w $\triangle ABC$ do boków $BC,CA,AB$ odpowiednio. Udowodnij, że proste $AD,BE,CF$ przecinają się w jednym punkcie.
\item Niech $A,B,C,D$ będzie równoległobokiem. Dobrać tak masy umieszczone w punktach $A,B,C$, żeby środek ciężkości tych trzech punktów wypadł w punkcie $D$.
\item Niech $ABCD$ będzie wypukłym czworokątem i niech $K,L,M,N$ będą środkami boków $AB,BC,CD,DA$ odpowiednio. Udowodnij, że $KM$ i $LN$ połowią się, więc $KLMN$ jest równoległobokiem i że środek tego równoległoboku pokrywa się ze środkiem odcinka łączącego środki przekątnych.
\item Twierdzenie Cevy: Punkty $X,Y,Z$ leżą na bokach $BC,CA,AB$ trójkąta $ABC$ odpowiednio. Udowodnić, że proste $AX,BY,CZ$ mają punkt wspólny wtedy i tylko wtedy, gdy
\[\frac{AZ}{BZ}\cdot\frac{BX}{CX}\cdot\frac{CY}{AY}=1\]
\item Udowodnić, że w trójkącie $\triangle ABC$ dwusieczne przecinają się w jednym punkcie.
\item * Punkty $K$ i $L$ leżą odpowiednio na bokach $BC$ i $CD$ równoległoboku $ABCD$, przy czym $BK=DL$. Odcinki $DK$ i $BL$ przecinają się w punkcie $P$. Dowieść, że prosta $AP$ jest dwusieczną kąta $BAD$ (źródło - staszic).
%IMO 1999
\item ** Na płaszczyźnie mamy dany skończony zbiór różnych punktów $A_1,\cdots,A_n$, który spełnia własność: jeżeli weźmiemy dowolne 2 różne punkty $A_i,A_j$ z tego zbioru i skonstruujemy symetralną $l$ odcinka $A_iA_j$, to mamy $\{S(A_1),S(A_2),\cdots,S(A_n)\}=\{A_1,A_2,\cdots,A_n\}$, gdzie $S(X)$ oznacza odbicie punktu $X$ w symetrii względem $l$, czyli zbiór $S$ nie zmienia się w symetrii względem $l$. Udowodnić, że $A_1,\cdots,A_n$ są wierzchołkami $n$-kąta foremnego.
\end{enumerate}
\paragraph{Zadania jubileuszowe}
\begin{enumerate}
\item Wokół okrągłego stołu siedzi $13$ ufoli. Początkowo jeden z ufoli ma $13$ czarnych dziur. W jednym ruchu każdy ufol, który posiada co najmniej 2 czarne dziury, może wziąć 2 ze swoich czarnych dziur i podarować po jednej czarnej dziurze każdemu ufolowi siedziącemu obok. Powiedz ufolom, czy może dojść do sytuacji, gdy po pewnej liczbie ruchów każdy ufol ma po jednej czarnej dziurze.
\item Udowodnij, że jeżeli posadzimy wśród ufoli Martę i damy jej $13+1$ czarnych dziur, nie zdoła ona rozdzielić tak czarnych dziur, żeby każdy ufol miał po jednej i jedna została Marcie, stosując algorytm opisany w powyższym zadaniu, gdzie Martę traktujemy jako ufola.
\item Mamy $13$ osób z klasy $3b$. Niektóre z nich kolegują ze sobą. Jeżeli $A$ uważa $B$ za kolegę, to $B$ uważa $A$ za kolegę. Jest jednak wyjątek: Kozik uważa za kolegów wszystkich, niezależnie od tego, czy oni uważają go za kolegę. Czy może się zdarzyć, że każdy uważa, że ma inną liczbę kolegów?
\end{enumerate}
\end{document}
 
 

Źródło rozwiązań w texu.

 
\documentclass[10pt]{article}
\usepackage{amssymb}
\usepackage{amsmath}
\textwidth 16cm
\textheight 24cm
\oddsidemargin 0cm
\topmargin 0pt
\headheight 0pt
\headsep 0pt
\usepackage[polish]{babel}
\usepackage[utf8]{inputenc}
\usepackage[T1]{fontenc}
%\usepackage{MnSymbol}
% ----------------------------------------------------------------
\vfuzz4pt % Don't report over-full v-boxes if over-edge is small
\hfuzz4pt % Don't report over-full h-boxes if over-edge is small
% THEOREMS -------------------------------------------------------
\newtheorem{thm}{Twierdzenie}[section]
\newtheorem{cor}[thm]{Wniosek}
\newtheorem{lem}[thm]{Lemat}
\newtheorem{defn}[thm]{Definicja}
\newtheorem{tozs}[thm]{Tożsamość}
\newtheorem{hyp}[thm]{Hipoteza}
\newtheorem{useless}[thm]{}
\begin{document}
\def\rozw{\\ \textbf{Rozwiązanie}: \\}
\title{13. kółko - środek masy w geometrii}
\date{}
\maketitle
\paragraph{Teoria}
\begin{enumerate}
  \item Załóżmy, że mamy na płaszczyźnie układ $U$ punktów $A_1,A_2,\cdots,A_n$ i wprowadzony układ współrzędnych. W każdym punkcie $A_i=(x_i,y_i)$ tego układu zawieszamy pewną masę $m(A_i)$ (być może ujemną). Możemy zdefiniować \textbf{środek masy} układu $U$ jako punkt \[M=(\frac{m(A_1)x_1+m(A_2)x_2+\cdots+m(A_n)x_n}{m(A_1)+m(A_2)+\cdots+m(A_n)}, \frac{m(A_1)y_1+m(A_2)y_2+\cdots+m(A_n)y_n}{m(A_1)+m(A_2)+\cdots+m(A_n)})\]
  \[\hbox{z masą } m(M)=m(A_1)+m(A_2)+\cdots+m(A_n)\] (o ile suma mas nie wynosi 0).\\
  Trochę prościej mówiąc, dla tych, którzy lubią wektory, środek masy jest zdefiniowany przez
  \[\vec{OM}=\frac{m(A_1)\vec{OA_1}+\cdots+m(A_n)\vec{OA_n}}{m(A_1)+\cdots+m(A_n)}\]
  gdzie $O$ to środek układu współrzędnych (otrzymamy ten sam środek masy dla dowolnego punktu).\\
  Prościej mówiąc będzie to ,,fizyczny'' środek masy.\\
  \item Przykłady: 
    \begin{itemize}
     \item Środkiem masy układu 2 punktów o wadze 1 w każdym punkcie jest środek odcinka łączącego te punkty.
    \item Środkiem masy układu 2 punktów $A, B$, takich, że $m(A)=1,m(B)=2$ jest punkt leżący na $\frac{2}{3}$ odcinka $AB$, bliżej $B$.
    \item Środkiem masy układu 2 różnych punktów $A, B$, takich, że $m(A)=1,m(B)=-2$ jest punkt $M$, leżący na prostej $AB$, taki, że $B$ jest środkiem odcinka $AM$.
    \item Środka masy układu 2 różnych punktów $A,B$, takich, że $m(A)=1,m(B)=-1$ nie można sensownie zdefiniować - w mianowniku dostajemy zero. Fizycznie takiego układu także nie da się zbalansować. Można przyjąć, że środek ten leży ,,w nieskończoności''.
    \end{itemize}
  \item Własności środka masy:
  \begin{enumerate}
  \item Nie zależy on od wyboru układu współrzędnych,
  \item Jeżeli środkiem masy układu punktów $A,B$ (z masami $m(A),m(B)$) jest punkt $X$, to środkiem masy układu $A,B,C$ jest środek masy układu $X,C$, gdzie $m(X)=m(A)+m(B)$. Innymi słowy, aby obliczyć środek masy pewnego układy punktów możemy liczyć po kolei środki mas układów 2 punktów.
  \item Jeżeli mamy 2 różne punkty $A,B$ z masami $m(A),m(B)$, to środek $M$ masy tych punktów, jeżeli istnieje, czyli gdy $m(A)+m(B)\neq0$, leży na prostej $AB$, ponadto gdy masy są dodatnie, to leży on na odcinku $AB$ i spełnia zależność $|MB|m(B)=|MA|m(A)$.
  \item \begin{thm}[Twierdzenie o przegrupowywaniu mas] Środek masy systemu punktów nie zmieni się, jeżeli zastąpimy część punktów jednym punktem będącym środkiem masy zastąpionych punktów i mający masę równą sumie mas zastąpionych punktów (o ile środek masy zastapionych punktów istnieje).\end{thm}
  \end{enumerate}
  \item Zwykle używamy środka masy w zadaniach, gdzie jest dużo dziwnych punktów przecięcia, ale nie ma nic o kątach i nie ma okręgów. Zadania takie mają tezę np. udowodnij, że $AD,BE,CF$ przecinają się w jednym punkcie. Wtedy tak dobieramy masy w pewnych punktach z zadania, żeby móc udowodnić, że środek masy leży na prostej $AD$, na prostej $BE$ i na prostej $CF$ (przez odp. przegrupowanie mas) i tym samym proste te przecinają się w jednym punkcie (w środku masy).
\end{enumerate}
\paragraph{Zadania}
\begin{enumerate}
 
\item Udowodnij, że w trójkącie $\triangle ABC$ środkowe przecinają się w jednym punkcie i że punkt ten pokrywa się ze środkiem masy układu 3 punktów $A,B,C$ z wagami $m(A)=m(B)=m(C)=1$.
\rozw
Możemy przegrupować masy następująco: dwie wagi $1$ umieszczone w $A$ i $B$ \textbf{zamieniamy} na wagę $2$ umieszczoną w środku ciężkości układu $A,B$, czyli w środku $M$ odcinka $AB$. Z twierdzenia o przegrupowywaniu mas, środek układu $A,B,C$ leży tam, gdzie środek układu punktów $D,C$, czyli gdzieś na odcinku $CD$. Stąd środek masy leży na środkowej $CD$. Analogicznie możemy, zaczynając od wyjściowego układu, najpierw zaminić masy umieszczone w punktach $A,C$ albo masy umieszczone w $B,C$, udowadniając, że środek ciężkości leży na wszystkich 3 środkowych, więc muszą się one przecinać w jednym punkcie.\\
Jako bonus udowodniliśmy też, że środkowe przecinają się w stosunku $2:1$.
 
\item Niech $D,E,F$ oznaczają punkty styczności okręgu wpisanego w $\triangle ABC$ do boków $BC,CA,AB$ odpowiednio. Udowodnij, że proste $AD,BE,CF$ przecinają się w jednym punkcie.
\rozw
Wiemy, że dwie styczne do okręgu z danego punktu mają równe długości:
\[a=AE=AF, b=BF=BD, c=CE=CD\]
Chcemy rozmieścić tak masy, żeby środek ciężkości układu leżał na 3 prostych $AD,BE,CF$ i tym samym proste te przecinały się w jednym punkcie. Sensowne wydaje się ustawienie mas tylko w $A,B,C$.\\
Żeby środek masy leżał na $CF$, to środek masy $A,B$ musi być w $F$, więc musi być $m(A)a=m(B)b$. Analogicznie otrzymujemy równania $m(B)b=m(C)c$, $m(C)c=m(A)a$. Rozwiązaniem tego układu (zauważmy, że ma on ich wiele) jest np.:
\[m(A)=bc,m(B)=ac, m(C)=ab\]
Z obliczenia tych mas wynika, że środek tego układu leży na prostych $AD,CE,BF$, więc proste te przecinają się w jednym punkcie.\\
Zauważmy, że w rozwiązaniu nie musimy uzasadniać, dlaczego ustawiamy akurat takie masy. Wystarczy, że weźmiemy dowolne masy i pokażemy, że spełniają one żądane własności.
 
\item Niech $ABCD$ będzie równoległobokiem. Dobrać tak masy umieszczone w punktach $A,B,C$, żeby środek ciężkości tych trzech punktów wypadł w punkcie $D$.
\rozw
Weźmy $m(A)=1$ i $m(B)=m(C)=-1$. Wtedy środek masy $B,C$ leży na przecięciu $S$ przekątnych $ABCD$, więc możemy zamienić masy $-1$ w $B,C$ na masę $-2$ w $S$. Środek masy punktów $A,S$ z takimi wagami leży w $D$, co obliczamy z definicji.\\
Można było także wziąć $m(A)=-1$, $m(B)=m(C)=1$.
 
\item Niech $ABCD$ będzie wypukłym czworokątem i niech $K,L,M,N$ będą środkami boków $AB,BC,CD,DA$ odpowiednio. Udowodnij, że $KM$ i $LN$ połowią się, więc $KLMN$ jest równoległobokiem i że środek tego równoległoboku pokrywa się ze środkiem odcinka łączącego środki przekątnych.
\rozw
Umieśćmy masy $m(A)=m(B)=m(C)=m(D)=1$.\\
Możemy masy $1$ z $A,B$ przegrupować do masy $2$ w $K$, a masy $C,D$ przegrupować do masy $2$ w $M$, więc środek masy $A,B,C,D$ leży na połowie $KM$.\\
Możemy masy z $A,D$ przegrupować do $N$ w masą $2$, a masy z $B,C$ przegrupować do $L$ z masą $2$, więc środek masy $A,B,C,D$ leży na środku odcinka $NL$, a więc środki $KM$ i $LN$ pokrywają się i $KLMN$ jest równoległobokiem.\\
Możemy masy z $A,C$ przegrupować do środka przekątnej $AC$, a masy z $B,D$ przegrupować do środka przekątnej $BD$, więc środek masy $A,B,C,D$ leży na środku odcinka łączącego środki przekątnych, więc punkt ten pokrywa się ze środkiem równoległoboku $KLMN$.
 
\item Twierdzenie Cevy: Punkty $X,Y,Z$ leżą na bokach $BC,CA,AB$ trójkąta $ABC$ odpowiednio. Udowodnić, że proste $AX,BY,CZ$ mają punkt wspólny wtedy i tylko wtedy, gdy
\[\frac{AZ}{BZ}\cdot\frac{BX}{CX}\cdot\frac{CY}{AY}=1\]
\rozw
Załóżmy najpierw, że $\frac{AZ}{BZ}\cdot\frac{BX}{CX}\cdot\frac{CY}{AY}=1$. Wtedy układ równań
\[m(A)|AZ|=m(B)|BZ|, m(B)|BX|=m(C)|CX|, m(C)|CY|=m(A)|AY|\]
ma rozwiązanie, np.:
\[m(A)=1,m(B)=\frac{|AZ|}{|BZ|},m(C)=\frac{|AZ|}{|BZ|}\frac{|BX|}{|CX|}\]
Jeżeli ustawimy takie masy w $A,B,C$, to środek masy $A,B$ będzie w $Z$, więc środek masy $A,B,C$ będzie leżał na $CZ$.
Dalej środek masy $A,C$ będzie w $Y$, więc środek masy $A,B,C$ będzie leżał na $BY$, środek masy $B,C$ będzie w $X$, więc środek masy $A,B,C$ będzie na $AX$, stąd $AX,BY,CZ$ przecinają się w jednym punkcie.\\
Załóżmy teraz, że proste $AX,BY,CZ$ przecinają się w jednym punkcie. Ustalmy wagi jak poprzednio (ale nie możemy już zakładać, że spełniają one 3. równanie układu).\\
Analogicznie jak poprzednio, środkiem masy $A,B$ jest $Z$, a środkiem masy $B,C$ - $X$, więc środek masy $A,B,C$ leży na przecięciu $AX,CZ$. Niech środek masy $A,C$ leży w $Y'$. Wtedy środek masy $A,B,C$ leży na $BY'$, więc $BY'$ przechodzi przez punkt przecięcia $AX,CZ$. Ale dokładnie jedna prosta przechodzi przez 2 różne punkty: $B$ i punkt przecięcia $AX$ z $CZ$. Stąd $BY=BY'$ i $Y=Y'$, obliczamy $|AY|=m(A)|AY|=|CY|m(C)=\frac{|AZ|}{|BZ|}\frac{|BX|}{|CX|}|CY|$, a więc
\[\frac{|CY|}{|AY|}\frac{|AZ|}{|BZ|}\frac{|BX|}{|CX|}=1\]
czego należało dowieść.\\
Uwaga: w tym zadaniu i rozwiązaniu uznawaliśmy, że jeżeli $X$ leży na boku $AB$, to nie pokrywa się z $A,B$ i tak samo dla $Y,Z$.
 
\item Udowodnić, że w trójkącie $\triangle ABC$ dwusieczne przecinają się w jednym punkcie.
\rozw
Dowód analogiczny, jak w zadaniu 1.,2., jeżeli przypomnimy, że dwusieczna kąta $\angle ABC$ to jedyna prosta, która przecina bok $BC$ w punkcie $D$ spełniającym $\frac{|AB|}{|AC|}=\frac{|DB|}{|DC|}$.
 
\item * Punkty $K$ i $L$ leżą odpowiednio na bokach $BC$ i $CD$ równoległoboku $ABCD$, przy czym $BK=DL$. Odcinki $DK$ i $BL$ przecinają się w punkcie $P$. Dowieść, że prosta $AP$ jest dwusieczną kąta $BAD$ (źródło - staszic).
\rozw
Ustalmy masy:
\[m(C)=|BK|=|DL|,m(D)=|CL|,m(B)=|CK|\]
Dla tych mas środek masy $B,C$ leży w $K$, więc środek masy $B,C,D$ leży na $DK$, a środek masy $C,D$ leży w $L$, więc środek masy $B,C,D$ leży na $BL$, stąd środek masy leży w $P$.\\
Teraz chcemy udowodnić, że środek masy leży na dwusiecznej $BAD$. $C$ nie ma tu nic do rzeczy, więc masę umieszczoną w $C$ zamieniamy na masę $-|BK|$ w $A$, masę $|BK|=|DL|$ w $D$ i masę $|BK|$ w $B$ (patrz zadanie 3.). Łącznie w $D$ mamy teraz masę $|CD|=|AB|$, a w $B$ masę $|BC|=|AD|$, więc środek tych mas wypada w punkcie $E$, leżącym na $BD$ i spełniającym $\frac{|ED|}{|EB|}=\frac{|AD|}{|AB|}$. Na mocy uwagi z poprzedniego zadania, która nawet była udowodniona kiedyś wcześniej, $E$ leży na dwusiecznej $BAD$. Oczywiście $A$ też leży na tej dwusiecznej, więc środek masy leży na tej dwusiecznej, a jak wiadomo, środek masy leży w $P$.\\
\textbf{Rozwiązanie Mateusza:}\\
Jest $L\neq C$, więc proste $AD$ i $LB$ nie są równoległe, a więc przecinają się w pewnym punkcie $X$. Ponadto, skoro $L$ leży na boku $CD$, to $X$ leży po innej stronie $CD$ niż $AB$. Ponadto $L$ nie jest równy $D$, więc $X$ nie jest równy $L,D$. Trójkąty $\triangle PDX$ i $\triangle PKB$ są podobne, bowiem wszystkie ich kąty są równe (naprzemianległe i wierzchołkowe), a więc:
\begin{equation}\frac{|PX|}{|PB|}=\frac{|XD|}{|BK|}\hbox{ czyli }|XD|=\frac{|PX||BK|}{|PB|}\end{equation}
W tym ostatnim przekształceniu korzystamy z położenia punktu $X$.\\
Ponadto $DL||AB$, więc z tw. Talesa $$\frac{|AB|}{|DL|}=\frac{|AX|}{|DX|}$$ Podstawmy tutaj $|XD|$ z $(1)$
$$\frac{|AB|}{|DL|}=\frac{|AX|}{|DX|}=\frac{|AX||PB|}{|BK||PX|}$$
Skoro $|DL|=|BK|$, możemy skrócić je i podzielić obie strony przez $|PB|$:
$$\frac{|AB|}{|PB|}=\frac{|AX|}{|PX|}$$
To już dowodzi, z twierdzenia o dwusiecznej kąta wewnętrznego, że $P$ leży na dwusiecznej kąta $BAX$, czyli kąta $BAD$ (tutaj używamy położenia $X$). W rozwiązaniu nie ma mas, jest za to pomysłowa konstrukcja $X$.
 
\item ** (International Mathematical Olympiad 1999) Na płaszczyźnie mamy dany skończony zbiór różnych punktów $A_1,\cdots,A_n$, który spełnia własność: jeżeli weźmiemy dowolne 2 różne punkty $A_i,A_j$ z tego zbioru i skonstruujemy symetralną $l$ odcinka $A_iA_j$, to mamy $\{S(A_1),S(A_2),\cdots,S(A_n)\}=\{A_1,A_2,\cdots,A_n\}$, gdzie $S(X)$ oznacza odbicie punktu $X$ w symetrii względem $l$, czyli zbiór $S$ nie zmienia się w symetrii względem $l$. Udowodnić, że $A_1,\cdots,A_n$ są wierzchołkami $n$-kąta foremnego.
\rozw
Wykażemy, najpierw że te punkty leżą na okręgu o środku w środku $M$ masy tego układu, gdzie $m(A_i)=1$ dla wszystkich $i$. Weźmy dowolne 2 punkty $A_i,A_j$ z tego zbioru. Skoro w symetrii względem symetralnej $A_iA_j$ zbiór przechodzi na siebie, to środek ciężkości nie zmienia się, więc $M$ leży na symetralnej $A_iA_j$, stąd $|MA_i|=|MA_j|$, a skoro $i,j$ były wzięte dowolnie, to $|MA_1|=|MA_2|=\cdots=|MA_n|$, więc punkty $A_1,\cdots, A_n$ leżą na okręgu o środku w $M$ i promieniu $|MA_1|$.\\
Weźmy dowolne 3 punkty sąsiednie na okręgu i nazwijmy je $A,B,C$. Rozważmy symetrię względem symetralnej $AC$. Punkt $B$ przechodzi w niej na punkt leżący na tym samym łuku $AC$. Ale punkty były sąsiednie, więc $B$ musi przechodzić na siebie. To dowodzi, że łuki $AB$ i $AC$ są równe, więc, jeżeli ustawimy punkty, tak jak, leżą one na okręgu, to
\[\angle A_1MA_2=\angle A_2MA_3=\angle A_3MA_4=\cdots=\angle A_{n-1}MA_n=\angle A_nMA_1\]
To już dowodzi, że punkty te są wierzchołkami wielokąta foremnego.
\end{enumerate}
\paragraph{Zadania jubileuszowe}
\begin{enumerate}
\item Wokół okrągłego stołu siedzi $13$ ufoli. Początkowo jeden z ufoli ma $13$ czarnych dziur. W jednym ruchu każdy ufol, który posiada co najmniej 2 czarne dziury, może wziąć 2 ze swoich czarnych dziur i podarować po jednej czarnej dziurze każdemu ufolowi siedziącemu obok. Powiedz ufolom, czy może dojść do sytuacji, gdy po pewnej liczbie ruchów każdy ufol ma po jednej czarnej dziurze.
\item Udowodnij, że jeżeli posadzimy wśród ufoli Martę i damy jej $13+1$ czarnych dziur, nie zdoła ona rozdzielić tak czarnych dziur, żeby każdy ufol miał po jednej i jedna została Marcie, stosując algorytm opisany w powyższym zadaniu, gdzie Martę traktujemy jako ufola.
\item Mamy $13$ osób z klasy $3b$. Niektóre z nich kolegują ze sobą. Jeżeli $A$ uważa $B$ za kolegę, to $B$ uważa $A$ za kolegę. Jest jednak wyjątek: Kozik uważa za kolegów wszystkich, niezależnie od tego, czy oni uważają go za kolegę. Czy może się zdarzyć, że każdy uważa, że ma inną liczbę kolegów?
\end{enumerate}
\end{document}