A B. 4583. feladat (2013. december)

B. 4583. Az AB szakaszon adottak a D és E pontok. Az AD, DB, AE és EB szakaszokra ugyanabban a félsíkban emelt szabályos háromszögek harmadik csúcsai rendre F, G, H és I. Igazoljuk, hogy ha az FI és GH egyenesek nem párhuzamosak, akkor metszéspontjuk rajta van az AB egyenesen.

Javasolta: Miklós Szilárd (Herceghalom)

(3 pont)

A beküldési határidő 2014. január 10-én LEJÁRT.

1. megoldás (vázlat). Ha fecseréljük a D,F,G pontok szerepét az E,I,H pontokkal, az állítás önmagába megy át. Ezért az általánosság sérülése nélkül feltehetjük, hogy AD<AE. Legyen a=AD, b=DE, c=EB.

Ha a=c, akkor az FI és a GH egyenes is párhuzamos AB-vel, és kész vagyunk. A továbbiakban feltételezzük, hogy a $\ne$ c. Legyen M=AB $\cap$ GH és M'=AB $\cap$ FI. Azt akarjuk igazlni, hogy M=M'. Ismét az állítás szimmetriája miatt ( $A\leftrightarrow B$ , $D\leftrightarrow E$ , $F\leftrightarrow I$ , $G\leftrightarrow H$ , $a\leftrightarrow c$ ) feltehetjük, hogy a<c; ekkor M és M' is a BA félegyenes A-n túli meghosszabbításán van, és a megoldáshoz elég azt ellenőrizni, hogy AM=AM'. Legyen x=AM és x'=AM'.

A párhuzamos szelőt tételét alkalmazzuk az MAB és az MHG egyeneseket párhuzamosan metsző AH és EI, illetve EH és BG szelőire:

$\frac{x}{x+a} = \frac{MA}{MD} = \frac{MH}{MG} = \frac{ME}{MB} = \frac{x+a+b}{x+a+b+c}$

x(x+a+b+c)=(x+a+b)(x+a)

$x = \frac{a(a+b)}{c-a}.$

Hasonlóan, az M'AB és M'FI egyenesekre felírva a párhuzamos szelők tételét,

$\frac{x'}{x'+a+b} = \frac{M'A}{M'E} = \frac{M'F}{M'I} = \frac{M'D}{M'B} = \frac{x'+a}{x'+a+b+c}$

x'(x'+a+b+c)=(x'+a)(x'+a+b)

$x' = \frac{a(a+b)}{c-a} = x$

Tehát x'=x és így M=M'; az GH és FI egyenesek az AB egyenes M pontjában metszik egymást.

2. megoldás (vázlat). Írjuk fel a Menelaosz-tételt az ABC háromszögre kétféleképpen, a GHM és az FIM' egyenesre is, Az előző megoldás jeöléseivel

$\frac{AM}{MB} \cdot \frac{BG}{GC} \cdot \frac{CH}{HA} = -1,$

$\frac{AM}{MB} = - \frac{GC}{BG} \cdot \frac{HA}{CH} = -\frac{a}{b+c}\cdot\frac{a+b}{c},$

illetve

$\frac{AM'}{M'B} \cdot \frac{BI}{IC} \cdot \frac{CF}{FA} = -1,$

$\frac{AM'}{M'B} = - \frac{IC}{BI} \cdot \frac{FA}{CF} = - \frac{a+b}{c} \cdot \frac{a}{b+c}.$

Láthatjuk, hogy $\frac{AM}{MB} = \frac{AM'}{M'B}$ , amiből következi, hogy M'=M.

3. megoldás (vázlat). A megoldáshoz projektív geometriai eszközöket, pontnégyesek kettősviszonyának jól ismert tulajdonságait használjuk fel.

Legyen C=AF $\cap$ BI. A párhuzamos vetítések és az (XYUV)=(YXVU) azonosság miatt

(ACFH)=(ABDE)=(CBGI)=(BCIG).

Az (A,C,F,G) és a (B,C,I,G) pontnégyeseknek vagy közös pontja (a C pont), ezért a két pontnégyes perspektív: az AB, FI és HG egyenes (a projektív síkon) egy ponton megy át.

Statisztika:

131 dolgozat érkezett.

3 pontot kapott: 114 versenyző.

2 pontot kapott: 3 versenyző.

1 pontot kapott: 7 versenyző.

0 pontot kapott: 6 versenyző.

Nem versenyszerű: 1 dolgozat.

A KöMaL 2013. decemberi matematika feladatai

131 dolgozat érkezett.
3 pontot kapott:	114 versenyző.
2 pontot kapott:	3 versenyző.
1 pontot kapott:	7 versenyző.
0 pontot kapott:	6 versenyző.
Nem versenyszerű:	1 dolgozat.

Már regisztráltál?
Új vendég vagy?