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

Az A. 522. feladat (2010. december)

A. 522. Az ABCDEF gömbhatszög csúcsai és oldalívei egy félgömbön helyezkednek el. Az AB oldalív merőleges a BC ívre, az AF ív merőleges az EF oldalívre, továbbá AB=AF, BC=CD, és DE=EF. Igazoljuk, hogy az AD és CE főkörívek merőlegesek egymásra.

(5 pont)

A beküldési határidő 2011. január 10-én LEJÁRT.

1. megoldás. Legyen a félgömb középpontja O. A D-ben fektetett érintősík messe az OC és OE egyeneseket OC-ben, illetve OE-ben. A OC és OE középpontú, D-n átmenő gömböket jelöljük {\cal G}_C-vel, illetve {\cal G}_C-vel. Ezek merőlegesen metszik a félkört, és -- mivel BC=CD és DE=EF -- illeszkednek B-re, illetve F-re.

Az AB ív a {\cal G}_C-hez B-ben fektetett érintősíkban van, ezért az AB szakasz érinti {\cal G}_C-t. Hasonlóképp, az AF szakasz érinti {\cal G}_E-t.

Jelöljük {\cal S}-sel a {\cal G}_C és {\cal G}_E gömbök hatványsíkját. A D pont közös pontja a gömböknek, tehát rajta van a hatványsíkon. Mivel AB=AF, az A pontból húzott AB és AF érintő szakaszok ugyanakkorák, tehát A is a hatványsíkon van. Mivel pedig a két gömb merőlegesen metszi a félgömböt, az O pont is az \mathcal{S} síkon van. (Az OD szakasz mindkét gömböt érinti.)

A két gömb centrálisa, az OCOE egyenes merőleges a hatványsíkra. Ebből következik, hogy a centrálisra illeszkedő OOCOE sík merőleges a hatványsíkra. Mivel mindkét sík tartalmazza a félgömb O középpontját, a félgömbből merőleges főköríveket metszenek ki: az OOCOE sík és a félgömb metszete a CE ív, az \mathcal{S} sík és a félgömb metszete pedig az AD ív meghosszabbítása.

 

2. megoldás (Frankl Nóra megoldása). Legyen a gömb középpontja O, a sugara egységnyi. Legyenek O-ból az A, B, C, D, E, F csúcsokba mutató vektorok rendre a, b, c, d, e, f. A csúcsok egy félgömbön helyezkednek el, azért a hatszög oldalait alkotó ívek egyike sem nagyobb \pi-nél. A gömbön két egyenes szöge a síkjaik szöge, egy XY ív hossza pedig a síkjában a hozzá tartozó középponti szög (XOY szög).

AB merőleges BC-re, ezért (a×b).(b×c)=0. (a×b az AOB sík normálvektora.) Ugyanígy (a×f).(e×f)=0.

A a.b szorzat az AB ívhez tartozó középponti szög koszinusza, tehát a.b=a.f. (Mert egy XY ív hosszát egyértelműen meghatározza az XOY középponti szög, tehát ennek koszinusza (Egy félgömbön helyezkednek el a pontok.).) Ugyanígy b.c=c.d és d.e=e.f.

A skaláris szorzás kommutatív és asszociatív és disztributív. Ha x, y, z és v négy vektor, akkor xyz=yzx=(x×y).z=x.(y×z). Ezt használva z×v-t egy vektornak tekintve: (x×y).(z×v)=x.(y×(z×v)), itt pedig a kifejtési tételt és disztributivitást használva: x.(y×(z×v))=x.((y.v).z-(y.z).v)=(y.v).(x.z)-(y.z).(x.v). Ezeket az azonosságokat fogjuk ezután többször használni.

(a×b).(b×c)=(b.c).(a.b)-(b2).(a.c)=0 és (a×f).(f×e)=(f.e).(a.f)-(f2).(a.e)=0, a bizonyítandó állítás pedig tulajdonképp az, hogy (a×d).(c×e)=(d.e).(a.c)-(d.c).(a.e)=L=0. Tehát azt kell igazolni, hogy L=0.

d.e=a.f és \bf{a}\cdot \bf{c}=\frac{(\bf{b}\cdot \bf{c})(\bf{a}\cdot \bf{f})}{\bf{b}^2} tehát (\bf{d}\cdot \bf{e})\cdot (\bf{a}\cdot \bf{c})=(\bf{a}\cdot \bf{f})\frac{(\bf{b}\cdot \bf{c})(\bf{a}\cdot \bf{f})}{\bf{b}^2}=\frac{(\bf{a}\cdot \bf{f})(\bf{b}\cdot \bf{c})(\bf{a}\cdot \bf{f})}{\bf{b}^2}. Hasonlóan átalakítható (d.c).(a.e) is. (\bf{d}\cdot \bf{c} )\cdot (\bf{a}\cdot \bf{e})=\frac{(\bf{a}\cdot \bf{f})(\bf{b}\cdot \bf{c})(\bf{a}\cdot \bf{f})}{\bf{f}^2}. De f2=b2=1, ezért L tényleg 0.

Statisztika:

11 dolgozat érkezett.
5 pontot kapott:Ágoston Tamás, Backhausz Tibor, Damásdi Gábor, Frankl Nóra, Janzer Olivér, Mester Márton, Nagy 235 János, Nagy 648 Donát, Strenner Péter, Szabó 928 Attila.
0 pontot kapott:1 versenyző.

A KöMaL 2010. decemberi matematika feladatai