 |
A B. 4418. feladat (2012. január) |
B. 4418. Az ABC háromszög oldalaira kifelé az ABD, BCE és CAF szabályos háromszögeket rajzoltuk. Legyenek a DE, EF és FD szakaszok felezőpontjai rendre G, H és I. Igazoljuk, hogy az AHB, BIC és CGA szögek összege 180o.
Javasolta: Miklós Szilárd (Herceghalom)
(5 pont)
A beküldési határidő 2012. február 10-én LEJÁRT.
Megoldás. Irányított szögekkel dolgozva, felírhatjuk, hogy
AHB∢=ACB∢+HAC∢−HBC∢,
BIC∢=BAC∢+IBA∢−ICA∢,
CGA∢=CBA∢+GCB∢−GAB∢.
A három egyenlőséget összeadva, a szokásos jelölésekkel
AHB∢+BIC∢+CGA∢=(α+β+γ)+HAC∢+CBH∢+
+IBA∢+ACI∢+GCB∢+BAG∢,
tehát elég azt igazolnunk, hogy
HAC∢+CBH∢+IBA∢+ACI∢+GCB∢+BAG∢=0.
Megtartva a szeptemberi B. 4377. feladat megoldásának jelöléseit, a BAB′ háromszöget az A pont körüli 60∘-os Φ forgatás a C′AC háromszögbe viszi. Ezért mivel G a BB′, H pedig a CC′ szakasz felezőpontja,
BAG∢+HAC∢=BAG∢+GAB′∢=BAB′∢=BAC∢−B′AC∢=α−60∘.
Ugyanígy CBH∢+IBA∢=β−60∘ és ACI∢+GCB∢=γ−60∘. E három egyenlőséget összeadva éppen a bizonyítandó állítást kapjuk.
Statisztika:
23 dolgozat érkezett. 5 pontot kapott: Ágoston Péter, Ágoston Tamás, Dinev Georgi, Fehér Zsombor, Gyarmati Máté, Havasi 0 Márton, Janzer Olivér, Jávorszky Natasa, Kiss 902 Melinda Flóra, Maga Balázs, Medek Ákos, Mester Márton, Nagy Anna Noémi, Nagy Róbert, Nagy-György Pál, Strenner Péter, Szabó 777 Bence, Szabó 789 Barnabás, Tossenberger Tamás, Zsiros Ádám. 4 pontot kapott: Szabó 928 Attila. 2 pontot kapott: 2 versenyző.
A KöMaL 2012. januári matematika feladatai
|
|