 |
Az A. 438. feladat (2007. november) |
A. 438. Az ABC szabályos háromszög körülírt körének AB ívén vegyük fel a P, a BC íven a Q és R, továbbá a CA íven az S és T pontokat úgy, hogy AP=BQ=CR=CS=AT teljesüljön. A BQ és PR egyenesek metszéspontja legyen U, az AS és PT metszéspontja V; végül az AU és BV egyenesek metszéspontját jelöljük W-vel. Igazoljuk, hogy az AU, BV és PW egyenesek páronként 60o-os szöget zárnak be.
(5 pont)
A beküldési határidő 2007. december 17-én LEJÁRT.
Megoldásvázlat. Az APV és PBA háromszögek hasonlók, mivel VAP
=SAP=APB=PBQ=PBU=120o és APV=PBA.
Legyen 
az a forgatva nyújtás, am az APV háromszöget a PBA háromszögbe viszi, azaz (V)=A, (A)=P és (P)=B. Mivel az AP és PB vektorok 60circ-os szöget zárnak be, az elforgatás szöge 60o.
A PB egyenes szerinti képe a BQ egyenes, mert (PB) átmegy (P)=B-n és az iránya megegyezik BP irányával (mivel . Hasonlóan kapjuk, hogy az AB egyenes képe PR. Mindezek alapján
(B)=(PB
AB)=(PB)(AB)=BQPR=U.
A transzformáció tehát V-t A-ba, A-t P-be, P-t B-be és B-t U-ba viszi.
Legyen a forgatva nyújtás középpontja O. Ekkor AOV=POA=BOP=UOB=60o. Ez pedig azt jelenti, hogy O=W és a VW, AW, PW, BW és UW szakaszok rendre 60o-os szögeket zárnak be egymással.
Statisztika:
9 dolgozat érkezett. 5 pontot kapott: Huszár Kristóf, Korándi Dániel, Kornis Kristóf, Lovász László Miklós, Nagy 235 János, Nagy 314 Dániel, Tomon István, Wolosz János. Nem versenyszerű: 1 dolgozat.
A KöMaL 2007. novemberi matematika feladatai