Az A. 470. feladat (2009. január)

A. 470. Jelöljük az ABC háromszögben A₁-gyel, B₁-gyel, illetve C₁-gyel a magasságvonalak talppontjait. Legyen P a C₁ pont merőleges vetülete az A₁B₁ egyenesen, és legyen Q az A₁B₁ egyenesen az a pont, amelyre AQ=BQ. Igazoljuk, hogy .

(5 pont)

A beküldési határidő 2009. február 16-án LEJÁRT.

Megoldásvázlat. Az állítást abban az esetben igazoljuk, amikor a háromszögnek A-nál és B-nél hegyesszöge van. Ha a két szög egyenlő, akkor P=Q, és az állítás semmitmondó, mert PAQ=PBQ=PC₁C=0. Ezért feltehetjük, hogy CABABC.

Legyen R az AB és A₁B₁ egyenesek metszéspontja, és jelöljük AB felezőpontját F-fel. Mivel AA₁B=AB₁B=90^o, illetve CFQ=CPQ=90^o, az ABA₁B₁ és CFQP négyszögek húrnégyszögek. Továbbá azt is tudjuk, hogy az A₁,B₁,C₁,F pontok a háromszög Feuerbach-körén vannak. Az R pont hatványa ezekre a körökre egyenlő:

Mivel tehát RA^.RB=RP^.RQ, az A,B,P,Q pontok is egy körön vannak.

Az A₁ és B₁ pontok az AB egyenesnek a C-t tartalmazó oldalán vannak, az R pont az AB szakaszon kívül van. Az (1) képletben szereplő szorzatok mind pozitívak, és a R pont pedig a körökön kívülre esik. Ebből következik, hogy a P,Q pontok is az AB egyenesnek a C-t tartalmazó az oldalán vannak.

Legyen S az ABPQ körön a Q-val átellenes pont. Ezen átmegy az AB oldal FQ felező merőlegese is, továbbá a PC₁ egyenes is, mivel QPC=90^o. Mivel CC₁ párhuzamos QS-sel,

PC₁C=PSQ.

A kerületi szögek tételéből pedig

PAQ=PBQ=PSQ.

Abban az esetben, ha CAB>90^o vagy ABC>90^o, az állítás pontosításra szorul. Ilyenkor ugyanis az R pont az AB szakasz belsejébe esik, és az P,Q pontok AB-nek ellentétes oldalára esnek. Emiatt például a PAQ és PBQ szögek nem egyenlőek, hanem az összegük 180^o.

(Az állítás az általános esetben is igaz marad, ha előjeles szögekkel mondjuk ki.)

Statisztika:

7 dolgozat érkezett.
5 pontot kapott:	Éles András, Nagy 235 János, Nagy 314 Dániel, Nagy 648 Donát, Somogyi Ákos, Tomon István.
3 pontot kapott:	1 versenyző.

A KöMaL 2009. januári matematika feladatai