A B. 4987. feladat (2018. november)

B. 4987. Az \(\displaystyle ABC\) hegyesszögű, nem egyenlő szárú háromszög körülírt körének középpontja \(\displaystyle O\), magasságpontja pedig \(\displaystyle M\), az \(\displaystyle A\) csúcsból induló magasság talppontja \(\displaystyle D\), az \(\displaystyle AB\) oldal felezőpontja \(\displaystyle F\). Az \(\displaystyle F\) pontból kiinduló és az \(\displaystyle M\) ponton átmenő félegyenes az \(\displaystyle ABC\) háromszög körülírt körét a \(\displaystyle G\)-ben metszi.

\(\displaystyle a)\) Bizonyítsuk be, hogy az \(\displaystyle A\), \(\displaystyle F\), \(\displaystyle D\), és \(\displaystyle G\) pontok egy körön vannak.

\(\displaystyle b)\) Jelöljük a fenti kör középpontját \(\displaystyle K\)-val, a \(\displaystyle CM\) szakasz felezőpontját \(\displaystyle E\)-vel. Igazoljuk, hogy \(\displaystyle EK=OK\).

Javasolta: Bíró Bálint (Eger)

(5 pont)

A beküldési határidő 2018. december 10-én LEJÁRT.

Megoldás. Jelölje az \(\displaystyle O\)-ból a csúcsokba mutató vektorokat értelemszerűen \(\displaystyle \mathbf a\), \(\displaystyle \mathbf b\) és \(\displaystyle \mathbf c\), valamint legyen a \(\displaystyle C\) csúcs \(\displaystyle O\)-ra vonatkozó tükörképe \(\displaystyle C'\). Világos, hogy \(\displaystyle \overrightarrow{OC'}=-\mathbf c\), valamint az \(\displaystyle F\) felezőpontra \(\displaystyle \overrightarrow{OF}=\frac{\mathbf a+ \mathbf b}{2}\). Jól ismert továbbá (lásd például Reiman I.: A geometria és határterületei, 3.3 szakasz), hogy \(\displaystyle \overrightarrow{OM}=\mathbf a +\mathbf b+\mathbf c\). Az eddigiekből azonnal következik, hogy \(\displaystyle F\) az \(\displaystyle MC'\) szakaszt is felezi, hiszen az \(\displaystyle 2\overrightarrow{OF}=\overrightarrow{OM}+\overrightarrow{OC'}\) azonosság teljesül.

Mivel az \(\displaystyle FM\) egyenesre illeszkedik \(\displaystyle G\), így a Thalész-tételből következik, hogy \(\displaystyle C'GC\angle=90^\circ\). Mivel \(\displaystyle MDC\angle=90^\circ\), így \(\displaystyle D\) és \(\displaystyle G\) illeszkednek az \(\displaystyle MC\) szakasz Thalész-körére, ebből pedig a kerületi szögek tétele miatt \(\displaystyle MCD\angle=MGD\angle\). (Az \(\displaystyle AD\) magasságvonal elválasztja a \(\displaystyle C'\) és \(\displaystyle G\) pontokat, valamint a \(\displaystyle C'\) és \(\displaystyle C\) pontokat is, így \(\displaystyle C\) és \(\displaystyle G\) az \(\displaystyle MD\) ugyanazon partján van.) Másrészről, az \(\displaystyle ABC\angle=\beta\) jelöléssel, világos, hogy \(\displaystyle BCM\angle=BAM\angle=90^\circ-\beta\), hiszen \(\displaystyle M\) a magasságpont és \(\displaystyle ABC\triangle\) hegyesszögű. Így, a két kapott szögegyenlőség összevetéséből \(\displaystyle FAD\angle=FGD\angle\) következik, így \(\displaystyle A\) és \(\displaystyle G\) rajta van \(\displaystyle FD\) egy látókörívén, vagyis \(\displaystyle FDGA\) valóban húrnégyszög. Ezzel az \(\displaystyle a)\) részt beláttuk.

Vegyük észre, hogy \(\displaystyle \overrightarrow{OE}=(\overrightarrow{OM}+\overrightarrow{OC})/2=\frac{\mathbf a+ \mathbf b}{2}+\mathbf c=\overrightarrow{C'F}\), így \(\displaystyle OE\parallel C'G\). Továbbá a \(\displaystyle C'G\) húr \(\displaystyle e\) szakaszfelező merőlegese illeszkedik a körülírt kör \(\displaystyle O\) középpontjára. Toljuk el az \(\displaystyle e\) egyenest \(\displaystyle \frac{\overrightarrow{OE}}{2}\) vektorral, így kapjuk \(\displaystyle f\)-et. Az eddigiekből világos, hogy \(\displaystyle f\) éppen \(\displaystyle OE\) szakaszfelező merőlegese. Másrészt \(\displaystyle \overrightarrow{OE}=\overrightarrow{C'F}\) miatt \(\displaystyle f\) egyben \(\displaystyle FG\) szakaszfelező merőlegese. Mivel \(\displaystyle K\) egyenlő távolságra van \(\displaystyle F\)-től és \(\displaystyle G\)-től, így illeszkedik \(\displaystyle f\)-re, amiért \(\displaystyle O\) és \(\displaystyle E\) pontoktól is egyforma távolságra van. Ezzel a \(\displaystyle b)\) részt is beláttuk.

Statisztika:

33 dolgozat érkezett.
5 pontot kapott:	Baski Bence, Beke Csongor, Csaplár Viktor, Csertán András, Dobák Dániel, Fekete Richárd, Fülöp Anna Tácia, Hámori Janka, Hegedűs Dániel, Jánosik Áron, Kerekes Anna, Kovács 129 Tamás, Mátravölgyi Bence, Nguyen Bich Diep, Rareș Polenciuc, Snehansu Bhowmick, Szabó 417 Dávid, Tálos Zoltán, Tiderenczl Dániel, Tóth 827 Balázs, Velich Nóra, Weisz Máté, Zsigri Bálint.
4 pontot kapott:	Csiszár Zoltán, Kitschner Bernadett.
3 pontot kapott:	1 versenyző.
0 pontot kapott:	7 versenyző.

A KöMaL 2018. novemberi matematika feladatai