A B. 5028. feladat (2019. április)

B. 5028. Ha \(\displaystyle P\) az \(\displaystyle XYZ\) hegyesszögű háromszög \(\displaystyle YZ\) oldalának egy pontja, akkor jelölje \(\displaystyle f(P;XYZ)\) a \(\displaystyle P\)-ből az \(\displaystyle XY\), illetve \(\displaystyle XZ\) egyenesekre bocsátott merőlegesek talppontjaira illeszkedő egyenest.

Legyen az \(\displaystyle ABC\) háromszög magasságpontja \(\displaystyle H\), talpponti háromszöge \(\displaystyle A'B'C'\). Legyen \(\displaystyle A''\equiv f(B';HCA) \cap f(C';HAB)\). Hasonlóan definiáljuk a \(\displaystyle B''\) és \(\displaystyle C''\) pontokat. Mutassuk meg, hogy az \(\displaystyle AA''\), \(\displaystyle BB''\) és \(\displaystyle CC''\) egyenesek egy ponton mennek át.

Javasolta: K V Sudharshan

(6 pont)

A beküldési határidő 2019. május 10-én LEJÁRT.

Megoldás. Először tegyük fel, hogy \(\displaystyle ABC\) hegyesszögű. Legyenek az \(\displaystyle A'B'C'\) megfelelő oldalfelező pontjai \(\displaystyle F_A\) és \(\displaystyle F_B\) az ábra szerint, és messe \(\displaystyle F_AF_B\) az \(\displaystyle AA'\) magasságot \(\displaystyle I\)-ben. Először megmutatjuk, hogy \(\displaystyle A''=F_A\) és \(\displaystyle B''=F_B\).

Az \(\displaystyle ABA'B'\) és \(\displaystyle ACA'C'\) négyszögek húrnégyszögek, mert az \(\displaystyle A'\) és \(\displaystyle B'\) pontok, ill. az \(\displaystyle A'\) és \(\displaystyle C'\) pontok a Thalész-tétel megfordítása miatt illeszkednek az \(\displaystyle AB\), ill. \(\displaystyle AC\) szakaszok Thalész-körére. A két húrnégyszög \(\displaystyle A'\)-nél lévő külső szögeire \(\displaystyle B'A'C\angle=C'A'B\angle=\alpha\). Ebből azonnal következik, hogy \(\displaystyle IA'F_B\angle=90^{\circ}-\alpha\), és mivel \(\displaystyle A'B'\parallel F_AF_B\), így \(\displaystyle IF_BA'\angle=2\alpha\), végül \(\displaystyle F_BIA'\angle=\alpha\). Kaptuk, hogy \(\displaystyle IF_BA'\) egyenlőszárú, azaz \(\displaystyle F_BA'=F_BI=F_BC'\), így a Thalész-tétel miatt \(\displaystyle A'IC'\angle=90^{\circ}\). Hasonlóan érvelve látható, hogy ha \(\displaystyle J=F_AF_B\cap BB'\), akkor \(\displaystyle C'J\perp BH\), s így \(\displaystyle f(C'; HAB)=F_AF_B\). Analóg módon \(\displaystyle f(B'; HCA)=F_CF_B\) és \(\displaystyle f(A'; HBC)=F_BF_C\), amiből pedig \(\displaystyle F_A=A''\), \(\displaystyle F_B=B''\) és \(\displaystyle F_C=C''\) következik, ahogy állítottuk.

Tegyük fel, hogy az \(\displaystyle AA''\), \(\displaystyle BB''\) és \(\displaystyle CC''\) szakaszok az \(\displaystyle ABC\) szögeit rendre \(\displaystyle \alpha_1\) és \(\displaystyle \alpha_2\); \(\displaystyle \beta_1\) és \(\displaystyle \beta_2\) valamint \(\displaystyle \gamma_1\) és \(\displaystyle \gamma_2\) szögekre osztják, az ábra szerint. Legyen \(\displaystyle C\) tükörképe \(\displaystyle C''\)-re \(\displaystyle \hat C\). Mivel \(\displaystyle A'\) és \(\displaystyle B'\) szintén \(\displaystyle C''\)-re szimmetrikusan helyezkednek el, így \(\displaystyle C''\hat CA'\angle=\gamma_2\) és így \(\displaystyle C\hat CA'\triangle\)-ben a szinusz-tétel szerint \(\displaystyle \sin \gamma_1 / \sin \gamma_2=\hat CA'/A'C=CB'/CA'\). Hasonlóan belátható, hogy \(\displaystyle \sin \alpha_1 / \sin \alpha_2=AC'/AB'\) és \(\displaystyle \sin \beta_1 / \sin \beta_2=BA'/BC'\)

Mivel \(\displaystyle AA'\), \(\displaystyle BB'\) és \(\displaystyle CC'\) a magasságpontban metszi egymást, így a Ceva-tétel miatt

\(\displaystyle 1=\frac{AC'}{AB'}\cdot \frac{BA'}{BC'}\cdot \frac{CB'}{CA'}=\frac {\sin \alpha_1}{\sin \alpha_2}\cdot \frac {\sin \beta_1}{\sin \beta_2}\cdot \frac {\sin \gamma_1}{\sin \gamma_2}, \)

amiből a Ceva-tétel trigonometrikus alakja miatt következik az állítás.

Diszkusszió: Derékszögű háromszög esetén értelmezési gondokba ütközünk.

Ha \(\displaystyle ABC\) tompaszögű, és \(\displaystyle C\) a tompaszögű csúcs, akkor az érvelésben \(\displaystyle H\) és \(\displaystyle C\) szerepe felcserélődik, de a bizonyítás a hegyesszögű esethez nagyon hasonlóan történik, a részleteket az olvasóra bízzuk. A feladat állítása ebben az esetben is igaz.

1. megjegyzés A bizonyítás második része elkerülhető, ha hivatkozunk az angolul "Cevian Nest"-ként emlegetett tételre. (Legjobb tudomásunk szerint nincs a tétel nevére kialakult magyar terminológia.) A tétel lényegében azt mondja, hogy ha \(\displaystyle ABC\triangle\)-be írunk egy \(\displaystyle A'B'C'\triangle\)-t úgy, hogy \(\displaystyle AA'\), \(\displaystyle BB'\) és \(\displaystyle CC'\) konkurrensek, majd \(\displaystyle A'B'C'\triangle\)-be írunk egy \(\displaystyle A''B''C''\triangle\)-t úgy, hogy \(\displaystyle A'A''\), \(\displaystyle B'B''\) és \(\displaystyle C'C''\) konkurrensek, akkor \(\displaystyle AA''\), \(\displaystyle BB''\) és \(\displaystyle CC''\) is konkurrensek.

2. megjegyzés A feladatba sajtóhiba csúszott, a hegyesszögű jelző az \(\displaystyle ABC\) háromszögre vonatkozott szándékaink szerint, nem \(\displaystyle XYZ\)-re. Szerencsére a megoldókat az elírás nem befolyásolta. A hibáért elnézést kérünk.

Statisztika:

16 dolgozat érkezett.
6 pontot kapott:	Beke Csongor, Csaplár Viktor, Győrffi Ádám György, Hegedűs Dániel, Jánosik Áron, Nagy Nándor, Osztényi József, Rareș Polenciuc, Szabó 991 Kornél, Tiderenczl Dániel, Várkonyi Zsombor, Velich Nóra, Weisz Máté.
5 pontot kapott:	Kovács 129 Tamás.
4 pontot kapott:	2 versenyző.

A KöMaL 2019. áprilisi matematika feladatai