 |
A B. 4664. feladat (2014. november) |
B. 4664. Az \(\displaystyle ABC\) hegyesszögű háromszög \(\displaystyle AB\) oldalára befelé az \(\displaystyle ABDE\) téglalapot írjuk úgy, hogy a \(\displaystyle C\) pont a \(\displaystyle DE\) oldalra kerüljön. Hasonlóan definiáljuk a \(\displaystyle BCFG\) téglalapot és a \(\displaystyle CAHI\) téglalapot. (Az \(\displaystyle A\) az \(\displaystyle FG\) szakaszra, a \(\displaystyle B\) pedig a \(\displaystyle HI\) szakaszra esik.) Az \(\displaystyle AB\), \(\displaystyle BC\) és \(\displaystyle CA\) oldalak felezőpontjai rendre \(\displaystyle J\), \(\displaystyle K\) és \(\displaystyle L\). Igazoljuk, hogy a \(\displaystyle GJH\sphericalangle\), \(\displaystyle IKD\sphericalangle\) és \(\displaystyle ELF\sphericalangle\) szögek összege \(\displaystyle 180^{\circ}\).
Javasolta: Miklós Szilárd (Herceghalom)
(4 pont)
A beküldési határidő 2014. december 10-én LEJÁRT.
Megoldási ötlet: Keressünk egyforma szögeket az ábrán.
Megoldás. Készítsük el a feladatban szereplő betűzésekkel az ábrát.
Az \(\displaystyle ABC\) háromszög szögeit a szokásos módon rendre \(\displaystyle \alpha\), \(\displaystyle \beta\), \(\displaystyle \gamma\)-val jelöljük. Fejezzük ki az állításban szereplő szögeket az \(\displaystyle \alpha\), \(\displaystyle \beta\), \(\displaystyle \gamma\) segítségével.
Az \(\displaystyle ACE\sphericalangle =CAB\sphericalangle=\alpha\), mert váltószögek. Az \(\displaystyle ECA\) háromszög derékszögű, átfogója \(\displaystyle AC\), ennek felezőpontja \(\displaystyle L\). Az \(\displaystyle E\) és \(\displaystyle F\) pontok az \(\displaystyle AC\) szakasz Thalész-körén helyezkednek el, \(\displaystyle AL=FL=EL=CL\). Az \(\displaystyle ELC\) háromszög egyenlő szárú, így \(\displaystyle LEC\sphericalangle=LCE\sphericalangle=\alpha\), tehát \(\displaystyle ELC\sphericalangle=180^{\circ}-2\alpha\). Hasonlóan számolható az \(\displaystyle FLA\sphericalangle\) szög is, \(\displaystyle FLA\sphericalangle= 180^{\circ}-2\gamma\). A két előbbi alapján
\(\displaystyle ELF\sphericalangle =180^{\circ}- ELC\sphericalangle - FLA\sphericalangle=180^{\circ}- 180^{\circ}+2\alpha -180^{\circ}+2\gamma=2\alpha+2\gamma-180^{\circ}. \)
A feladatban szereplő másik két szögre ugyanezzel a gondolatmenettel kapjuk, hogy
\(\displaystyle IKD\sphericalangle = 180^{\circ}-CKD\sphericalangle-IKB\sphericalangle= 180^{\circ}-(180^{\circ}-2\beta)- (180^{\circ}-2\gamma)=\)
\(\displaystyle =2\beta+2\gamma -180^{\circ},\)
\(\displaystyle GJH\sphericalangle = 180^{\circ}-AJG\sphericalangle-HJB\sphericalangle= 180^{\circ}-(180^{\circ}-2\beta)- (180^{\circ}-2\alpha)=\)
\(\displaystyle = 2\beta+2\alpha -180^{\circ}.\)
Végül a három kifejezett szög összege:
\(\displaystyle ELF\sphericalangle+IKD\sphericalangle+GJH\sphericalangle =4\alpha+4\beta+4\gamma-3\cdot 180^{\circ} = 4(\alpha+\beta+\gamma)-3\cdot 180^{\circ}=180^{\circ}. \)
A feladat állítását igazoltuk.
Dobák Dávid (Kecskemét, Katona József Gimn., 9. évf.) dolgozata alapján
Statisztika:
167 dolgozat érkezett. 4 pontot kapott: 159 versenyző. 3 pontot kapott: 4 versenyző. 2 pontot kapott: 1 versenyző. 1 pontot kapott: 1 versenyző. 0 pontot kapott: 2 versenyző.
A KöMaL 2014. novemberi matematika feladatai