A B. 4117. feladat (2008. október)

B. 4117. Egy P pontra illeszkedő három egyenest további kettő rendre az A, B, C és az A', B', C' pontokban metsz. Bizonyítsuk be, hogy

$\frac{AA'}{A'P}\,\overrightarrow{BC} +\frac{BB'}{B'P}\,\overrightarrow{CA} +\frac{CC'}{C'P}\,\overrightarrow{AB}=\mathbf{0},$

ahol a hányadosok előjelesen értendők.

(5 pont)

A beküldési határidő 2008. november 17-én LEJÁRT.

Megoldás: Jelölje a három egyenest értelemszerűen a,b,c. A jelölést ciklikusan megváltoztatva a baloldali kifejezés nem változik, a körüljárási irányt megfordítva pedig ellentettjére változik. Ezért nyugodtan feltehetjük, hogy az A,B,C pontok az ábrán látható módon helyezkednek el. Azt is feltehetjük, hogy a PA,PB,PC szakaszok hosszának előjele pozitív. Az APB,APC,BPC szögeket jelölje rendre $\gamma$ , $\beta$ , $\alpha$ , az CAP szöget pedig $\delta$ .

Előjelesen számolva AA'+A'P=AP, BB'+B'P=BP és CC'+C'P=CP. Ezért mindkét oldalhoz a $\overrightarrow{BC}+\overrightarrow{CA}+ \overrightarrow{AB}=\mathbf{0}$ vektort hozzáadva a bizonyítandó állítást

$\frac{PA}{PA'}\overrightarrow{BC} +\frac{PB}{PB'}\overrightarrow{CA} +\frac{PC}{PC'}\overrightarrow{AB}=\mathbf{0}$

alakra hozhatjuk. A PAB és PAC háromszögekre a szinusz tételt felírva a sin $\gamma$ /sin $\delta$ =AB/PB, sin $\beta$ /sin $\delta$ =AC/PC összefüggéseket kapjuk, ahonnan

$\frac{\sin\beta}{PB\cdot AC}=\frac{\sin\gamma}{PC\cdot AB}.$

Ugyanezt a PBC és PAC háromszögekre elvégezve pedig

$\frac{\sin\beta}{PB\cdot AC}=\frac{\sin\alpha}{PA\cdot BC}$

adódik. Figyelembe véve, hogy az $\overrightarrow{AB}$ , $\overrightarrow{BC}$ , $\overrightarrow{CA}$ vektorok egy egyenesre esnek, de az utóbbi iránya ellentétes az első kettőével, láthatjuk, hogy igazából a

$\frac{\sin\alpha}{PA'}-\frac{\sin\beta}{PB'}+\frac{\sin\gamma}{PC'}=0$

állítást kellene igazolni.

Tegyük fel először, hogy az A',B',C' pontok az A,B,C pontokhoz hasonlóan helyezkednek el, vagyis PA', PB' és PC' is pozitív. A nevezőkkel felszorozva, a kapott

PB'^.PC'^.sin $\alpha$ -PA'^.PC'^.sin $\beta$ +PA'^.PB'^.sin $\gamma$ =0

állítás nyilván igaz, hiszen azt fejezi ki, hogy a PAC háromszög területe megegyezik a PAB és PBC háromszögek területének összegével. Ugyanez a helyzet akkor is, ha PA', PB' és PC' is negatív.

Tegyük fel most, hogy a második egyenes a három egyenest b,c,a sorrendben metszi úgy, hogy PA' negatív, PB' és PC' pedig pozitív. Ekkor a B'PC' szög továbbra is $\alpha$ , a B'PA', illetve C'PA' szög pedig 180^o- $\gamma$ , illetve 180^o- $\beta$ lesz. A már igazolt állítást alkalmazhatjuk oly módon, hogy az A' pont szerepét B', a B' pontét C', a C' pontét pedig A' veszi át.

Így azt kapjuk, hogy

$\frac{\sin(180^\circ -\beta)}{PB'}-\frac{\sin(180^\circ-\gamma)}{PC'}+ \frac{\sin\alpha}{|PA'|}=0,$

ez pedig ekvivalens a bizonyítandó állítással, hiszen sin x=sin (180^o-x) és |PA'|=-PA'. A fennmaradó esetek is hasonló gondolattal könnyen elintézhetők.

Statisztika:

27 dolgozat érkezett.

5 pontot kapott: Baranyai Zoltán, Blázsik Zoltán, Bodor Bertalan, Böőr Katalin, Csere Kálmán, Énekes Péter, Fekete Dorottya, Fonyó Dávid, Frankl Nóra, Huszár Kristóf, Lovas Lia Izabella, Márki Róbert, Márkus Bence, Perjési Gábor, Ratku Antal, Somogyi Ákos, Szabó 928 Attila, Varga 171 László, Weisz Ágoston.

4 pontot kapott: Bóra Eszter, Cséke Balázs, Éles András, Horváth Dániel, Keresztfalvi Tibor, Nagy 648 Donát.

3 pontot kapott: 1 versenyző.

0 pontot kapott: 1 versenyző.

A KöMaL 2008. októberi matematika feladatai

27 dolgozat érkezett.
5 pontot kapott:	Baranyai Zoltán, Blázsik Zoltán, Bodor Bertalan, Böőr Katalin, Csere Kálmán, Énekes Péter, Fekete Dorottya, Fonyó Dávid, Frankl Nóra, Huszár Kristóf, Lovas Lia Izabella, Márki Róbert, Márkus Bence, Perjési Gábor, Ratku Antal, Somogyi Ákos, Szabó 928 Attila, Varga 171 László, Weisz Ágoston.
4 pontot kapott:	Bóra Eszter, Cséke Balázs, Éles András, Horváth Dániel, Keresztfalvi Tibor, Nagy 648 Donát.
3 pontot kapott:	1 versenyző.
0 pontot kapott:	1 versenyző.

Már regisztráltál?
Új vendég vagy?