Középiskolai Matematikai és Fizikai Lapok
Informatika rovattal
Kiadja a MATFUND Alapítvány
Már regisztráltál?
Új vendég vagy?

Az A. 440. feladat (2007. december)

A. 440. Adott az ABC egyenlő szárú háromszög, amelyben a BC alap felezőpontja M, a D és E pontok pedig az AB, illetve AC szárak belső pontjai úgy, hogy DE párhuzamos BC-vel.

A BC oldal B-n, illetve C-n túli meghosszabbításán vegyük fel a P és Q pontokat úgy, hogy

\frac1{MP}+\frac1{MQ}=\frac1{MB}

teljesüljön. A PD és QE egyenesek metszéspontja legyen R. Mi az így kapható R pontok mértani helye?

(5 pont)

A beküldési határidő 2008. január 15-én LEJÁRT.

Megoldás (Lovász László Miklós megoldása). Legyen MB=MC=x, BP=p, CQ=q. Mivel P a B-n túli meghosszabbításon van, Q a C-n túlin, MP=MB+BP, és MQ=MC+CQ. Ekkor a megadott feltételt felírhatjuk úgy, hogy \frac{1}{x+p}+\frac{1}{x+q}=\frac{1}{x}. A nevezőkkel ha felszorzunk (egyik se lehet nulla), azt kapjuk, hogy ez ekvivalens azzal, hogy x2+xq+x2+xp=x2+xq+xp+pq. Ezt leegyszerűsítve: x2=pq, vagyis \frac{x}{p}=\frac{q}{x}

Nyilván BD=CE. Nézzük először azt az esetet, amikor BD=MB Ekkor \frac{DB}{BP}=\frac{QC}{CE}. Legyen ABC\angle=\beta. Ekkor nyilván ACB\angle=\beta Ebből PBD\angle=180o-\beta=ECQ\angle. Tehát a PBD és ECQ háromszögek hasonlók. Mivel DE||BC, RED\angle=CQE\angle=BDP\angle, és RDE\angle=DPB\angle. Tehát a DRE háromszög is hasonló a PBD háromszöghöz. Ebből DRE\angle=180o-\beta. Vagyis a DRE szög állandó, így a DE fölötti, 180o-\beta szögű látóköríven van. (Nyilván R DE "fölött" van, mert P és Q BC-nek a B illetve C-n túli meghosszabbításán van.) Tehát egy állandó körön van. RDE\angle+DER\angle=\beta, tehát mivel DEA\angle=BCA\angle=\beta, RDE\angle=REA\angle. Tehát ha nézzük az RDE körülírt körét, ezt az AE egyenes érinti. Hasonló módon az AD egyenes is érinti ezt a kört. Viszont mivel AD=AE, BD=BM, CM=CE, ez pont a beírt kör lesz. Tehát azt kaptunk, hogy ebben az esetben az ABC beírt körének DE "fölötti", vagyis BC-vel ellentétes oldalán lévő részén van. Nyilván minden ilyen pontot megkapunk, mert ha választunk rajta egy pontot, azt összekötjük D és E-vel, és a hosszabításaikat elnevezzük P és Q-nak, akkor azok jók lesznek, csak ezt a gondolatmenetet meg kell fordítani.

Nézzük azt az esetet, amikor BD\neBM Ekkor létezik olyan affinitás, amelyben csak függőlegesen, vagyis BC-re merőlegesen mozgatjuk a pontokat, és olyan arányban, hogy BD egyenlő legyen BM-el. Ez az affinitás a P, B, M, C, és Q pontokon nem változtat, vagyis ugyanazokat a P és Q pontokat kapjuk. Az affinitás egyenest egyenesbe visz, tehát az R pontokkal is ugyanaz történik. Vagyis az affinitás után az ilyen R pontok mértani helye a beírt kör. Az affinitás során kört csak ellipszisből kaphattunk. Tehát eredetileg az alakzat ellipszis volt. Az affinitás azon nem változtat, hogy ez érinti az egyeneseket a D, E, és M pontokban. Tehát az eredeti ábrában az ilyen R pontok mértani helye azok, amelyek a háromszögben lévő, D, E, és M pontokban érintő ellipszis, és persze ennek DE BC-vel ellentétes oldalán lévő része.

Megjegyzés. Nem tekintettük teljesnek azokat a megoldásokat, amelyek az ellipszisről nem mutatták meg, hogy érintik az AB és AC oldalakat, illetve azt, hogy a elipszis alkalmas affinitás hatására a beírt körbe megy át.

Két versenyző az ellipszis egyenletét írta fel a kelleténél bonyolultabban, egy pedig az ellipszis megadásához egy további, mesterséges pontot használt. Mivel ők hárman a keresett ellipszis fenti, lényeges geometriai tujdonságát nem fedezték fel, 4 pontot kaptak.

Statisztika:

8 dolgozat érkezett.
5 pontot kapott:Blázsik Zoltán, Korándi Dániel, Lovász László Miklós, Nagy 314 Dániel.
4 pontot kapott:Nagy 235 János, Tomon István, Wolosz János.
Nem versenyszerű:1 dolgozat.

A KöMaL 2007. decemberi matematika feladatai