 |
Az A. 820. feladat (2022. február) |
A. 820. Legyen \(\displaystyle ABC\) egy tetszőleges háromszög. A háromszög \(\displaystyle a\) oldalához hozzáírt kör az \(\displaystyle AB\), \(\displaystyle BC\) és \(\displaystyle CA\) egyeneseket rendre a \(\displaystyle C_a\), \(\displaystyle A_a\) és \(\displaystyle B_a\) pontokban érinti. Hasonlóan, a háromszög \(\displaystyle b\) oldalához hozzáírt kör az \(\displaystyle AB\), \(\displaystyle BC\) és \(\displaystyle CA\) egyeneseket rendre a \(\displaystyle C_b\), \(\displaystyle A_b\) és \(\displaystyle B_b\) pontokban érinti. Végül a háromszög \(\displaystyle c\) oldalához hozzáírt kör az \(\displaystyle AB\), \(\displaystyle BC\) és \(\displaystyle CA\) egyeneseket rendre a \(\displaystyle C_c\), \(\displaystyle A_c\) és \(\displaystyle B_c\) pontokban érinti. Legyen \(\displaystyle A'\) az \(\displaystyle A_bC_b\) és \(\displaystyle A_cB_c\) egyenesek metszéspontja. Hasonlóan, legyen \(\displaystyle B'\) a \(\displaystyle B_aC_a\) és \(\displaystyle A_cB_c\) egyenesek, \(\displaystyle C'\) pedig az \(\displaystyle A_bC_b\) és \(\displaystyle B_aC_a\) egyenesek metszéspontja. Végül legyen \(\displaystyle T_a\), \(\displaystyle T_b\) és \(\displaystyle T_c\) a beírt kör érintési pontja rendre az \(\displaystyle a\), \(\displaystyle b\) és \(\displaystyle c\) oldalon.
\(\displaystyle a)\) Bizonyítsuk be, hogy az \(\displaystyle A'A_a\), \(\displaystyle B'B_b\) és \(\displaystyle C'C_c\) egyenesek egy ponton mennek át.
\(\displaystyle b)\) Bizonyítsuk be, hogy az \(\displaystyle A'T_a\), \(\displaystyle B'T_b\) és \(\displaystyle C'T_c\) egyenesek is egy ponton mennek át, és ez a pont rajta van az \(\displaystyle ABC\) háromszög magasságpontja és beírt körének középpontja által alkotott egyenesen.
Javasolta: Csaplár Viktor (Bátorkeszi) és Hegedűs Dániel (Gyöngyös)
(7 pont)
A beküldési határidő 2022. március 10-én LEJÁRT.
Megoldás. a) Az állítást a trigonometrikus Ceva-tétellel fogjuk belátni. Az \(\displaystyle A_bA'A_a\sphericalangle\) szöget jelölje \(\displaystyle x\), az \(\displaystyle A_cA'A_a\sphericalangle\) szöget pedig \(\displaystyle y\). A \(\displaystyle \sin x/\sin y\) arányt az \(\displaystyle A'A_bA_c\) háromszög segítségével számoljuk ki. Ismert, hogy a szokásos jelölésekkel \(\displaystyle CA_b=s-a\), \(\displaystyle CA_a=s-b\), így \(\displaystyle A_bA_a=(s-a)+(s-b)=c\). Hasonlóan bizonyítható, hogy \(\displaystyle A_CA_a=b\). A szinusz-tételt alkalmazva az \(\displaystyle A'A_aA_b\) háromszögben (felhasználva, hogy \(\displaystyle A_aA_bC_b\sphericalangle=\frac{\pi-\beta}{2}\)) megkapjuk, hogy \(\displaystyle \frac{\sin x}{\sin \frac{\pi-\beta}{2}}=\frac{c}{A'A_a}\). Hasonlóan, a szinusz-tételt az \(\displaystyle A'A_aA_c\) háromszögben alkalmazva \(\displaystyle \frac{\sin y}{\sin \frac{\pi-\gamma}{2}}=\frac{b}{A'A_a}\). A két arány hányadosát véve \(\displaystyle \frac{\sin x}{\sin y}=\frac{c\cos \frac{\beta}{2}}{b\cos\frac{\gamma}{2}}\). Innen logikai szimmetria miatt könnyen számolható a másik két arány is, és egyszerűen ellenőrizhető, hogy a három arány szorzata 1.
Megjegyzés: A megoldás során azt is észre lehet venni, hogy a szinusztételt és a \(\displaystyle \sin \gamma=2\sin \frac{\gamma}{2}\cos \frac{\gamma}{2}\) azonosságot felhasználva
\(\displaystyle \frac{\sin x}{\sin y}=\frac{c\cos \frac{\beta}{2}}{b\cos\frac{\gamma}{2}}=\frac{\sin\frac{\gamma}{2}}{\sin\frac{\beta}{2}}. \)
Most azt is észrevéve, hogy \(\displaystyle A_bA'A_c\sphericalangle=\pi-(\pi-\beta)/2-(\pi-\gamma)/2=\beta/2+\gamma/2\) azonnal adódik, hogy \(\displaystyle x=\gamma/2\) és \(\displaystyle y=\beta/2\). Innen pedig (felhasználva, hogy \(\displaystyle A'B'C'\) szögei \(\displaystyle (\alpha+\beta)/2\), \(\displaystyle (\beta+\gamma)/2\) és \(\displaystyle (\gamma+\alpha)/2\)) könnyű látni, hogy a metszéspont az \(\displaystyle A'B'C'\) háromszög magasságpontja.
b) Először azt látjuk be, hogy \(\displaystyle A'A\) merőleges a \(\displaystyle BC\) oldalra. Ez úgy fog kijönni, hogy megmutatjuk, \(\displaystyle A'\) és \(\displaystyle A\) merőleges vetülete a \(\displaystyle BC\) oldalon ugyanaz a pont, pontosabban azt mutatjuk meg, hogy ugyanolyan arányban osztják a vetületek az \(\displaystyle A_bA_c\) szakaszt. Az \(\displaystyle A'\) merőleges vetülete (\(\displaystyle T'\)) könnyen látható, hogy \(\displaystyle A_bT'=A'T'\text{ctg}\frac{\pi-\beta}{2}=A'T'\text{tg}\frac{\beta}{2}\) és \(\displaystyle A_cT'=A'T'\text{ctg}\frac{\pi-\gamma}{2}=A'T'\text{tg}\frac{\gamma}{2}\) szakaszokra osztja \(\displaystyle A_bA_c\)-t. Az \(\displaystyle ABC\) háromszög \(\displaystyle A\)-ból induló magasságának talppontja (\(\displaystyle T\)) a \(\displaystyle BC\) oldalt jól ismert módon \(\displaystyle CT=\frac{a^2+b^2-c^2}{2a}\) és \(\displaystyle BT=\frac{a^2+c^2-b^2}{2a}\) hosszú szakaszokra bontja. Innen
\(\displaystyle A_bT=(s-a)+\frac{a^2+b^2-c^2}{2a}=\frac{(b+c-a)a+(a^2+b^2-c^2)}{2c}=\frac{(b+c)a+b^2-c^2}{2a}=\frac{(b+c)(a+b-c)}{2a}. \)
Hasonló módon
\(\displaystyle A_cT=(s-a)+\frac{a^2+c^2-b^2}{2a}=\frac{(b+c)(a+c-b)}{2a}. \)
Az osztóviszonyok egyenlőségéhez tehát azt kéne belátni, hogy
\(\displaystyle \frac{\text{tg}\frac{\beta}{2}}{\text{tg}\frac{\gamma}{2}}=\frac{a+b-c}{a+c-b}. \)
Ez pedig abból következik, hogy jól ismert és könnyen látható módon \(\displaystyle \text{tg}\frac{\beta}{2}(s-b)\) és \(\displaystyle \text{tg}\frac{\gamma}{2}(s-c)\) is megegyezik a beírt kör sugarával.
Ebből azonnal következik, hogy \(\displaystyle A'A\), \(\displaystyle B'B\) és \(\displaystyle C'C\) egy ponton mennek át, mégpedig az \(\displaystyle ABC\) háromszög magasságpontján.
A továbbiakhoz vegyük észre, hogy a bebizonyított merőlegesség miatt
\(\displaystyle C'A'A\sphericalangle=\pi/2-CA_bA'\sphericalangle=\pi/2-(\pi-\beta)/2=\beta/2 \)
és ugyanígy \(\displaystyle A'C'C\sphericalangle\) is \(\displaystyle \beta/2\). Így az \(\displaystyle A'C'\), \(\displaystyle A'A\) és \(\displaystyle C'C\) egyenesek egy egyenlő szárú háromszöget alkotnak, azaz \(\displaystyle A'A\) és \(\displaystyle C'C\) metszéspontja egyforma messze van \(\displaystyle A'\)-től és \(\displaystyle C'\)-től. Logikai szimmetria miatt tehát a metszéspont \(\displaystyle A'\)-től, \(\displaystyle B'\)-től és \(\displaystyle C'\)-től is egyforma messze van. Ezt azt jelenti, hogy \(\displaystyle AA'\), \(\displaystyle BB'\) és \(\displaystyle CC'\) metszéspontja (amellett, hogy az eredeti háromszög magasságpontja) az \(\displaystyle A'B'C'\) háromszög körülírt körének középpontja. Végül \(\displaystyle T_aT_c\) és \(\displaystyle A_bC_b\) párhuzamosak egymással, így \(\displaystyle A'B'C'\) és \(\displaystyle T_aT_bT_c\) középpontosan hasonlóak. A hasonlóság középpontja az \(\displaystyle A'T_a\), \(\displaystyle B'T_b\) és \(\displaystyle C'T_c\) egyenesek metszéspontja. Ennél a hasonlóságnál az \(\displaystyle A'B'C'\) körülírt köre középpontjának, azaz az \(\displaystyle ABC\) háromszög magasságpontjának képe a \(\displaystyle T_aT_bT_c\) háromszög körülírt körének középpontja, ami éppen az \(\displaystyle ABC\) háromszög beírt körének középpontja. Ezzel a b. rész állítását is beláttuk.
Statisztika:
9 dolgozat érkezett. 7 pontot kapott: Ben Gillott, Chrobák Gergő, Diaconescu Tashi, Ho Tran Khanh Linh, Lovas Márton, Seres-Szabó Márton, Sztranyák Gabriella. 4 pontot kapott: 1 versenyző. 3 pontot kapott: 1 versenyző.
A KöMaL 2022. februári matematika feladatai