 |
A B. 5067. feladat (2019. december) |
B. 5067. Az ABC hegyesszögű háromszög AB oldalának felezőpontja F, az F-re illeszkedő e egyenes felezi ABC kerületét. Az e egyenes a BC és CA oldalegyeneseket rendre D és E pontokban metszi. Mutassuk meg, hogy az AB-re F-ben állított merőleges, a BC-re D-ben állított merőleges, és a CA-ra E-ben állított merőleges egyenesek egy pontban metszik egymást.
(5 pont)
A beküldési határidő 2020. január 10-én LEJÁRT.
1. megoldás. Az A és B pontok szerepe szimmetrikus, ezért feltehetjük, hogy AC≤BC. Ha AC=BC, akkor az e átmegy C-n és merőleges AB-re, a C,D,E pontok egybeesnek, így az állítás teljesül. A továbbiakban azt az esetet vizsgáljuk, ha AC<BC.
Legyen f a BCA∢ külső szögfelezője, és a BC szakasz C-n túli meghosszabbításán legyen A′ az a pont, amelyre AC=A′C. Az A′AC háromszög egyenlő szárú, ezért az A és az A′ pont szimmetrikus f-re. A feltétel szerint az e egyenes felezi a háromszög kerületét, vagyis FB+BD=DC+CA+AF. Mivel AF=FB és CA=CA′, az is igaz, hogy BD=DC+CA=DC+CA′=DA′, tehát a D pont felezi az BA′ szakaszt. Az ABA′ háromszögben az FD szakasz az A′A oldallal párhuzamos középvonal, tehát FD∥AA′. Mivel AC=A′C, a párhuzamos szelők tétele miatt CD=CE, és emiatt D és E szimmetrikus f-re.
Legyen P az ABA′ háromszög köré írt kör középpontja; ezen átmennek az AB, BA′ és AA′ szakaszok felezőmerőlegesei, másképpen az AB-re F-ben állított merőleges, a BC-re D-ben állított merőleges és f. A CDP háromszög f-re vonatkozó tükörképe a CEP háromszög, ezért CEP∢=CDP∢=90∘, tehát a CA-ra E-ben állított merőleges egyenes is átmegy P-n.
Megjegyzés. Jól ismert, hogy az f szögfelező és az AB oldal felezőmerőlegese az ABC háromszög köré írt kör BCA ívének felezőpontjában metszi egymást.
2. megoldás az AC<BC esetre. A háromszög körülírt körén a C pontot tartalmazó AB körív P felezőpontjáról megmutatjuk, hogy mindhárom egyenesen rajta van. Az AB felezőmerőlegese esetében ez nyilvánvaló. A P ponton átmenő, a BC oldallal párhuzamos egyenes messe a kört a P-től különböző Q pontban. A P és Q merőleges vetülete a BC oldalon P′, illetve Q′. Ekkor P′Q′=PQ, CP′=Q′B. A kerületi szögek tétele szerint (a szokásos jelölésekkel):
QBP∢=QAP∢=α−2PAC∢=α−2PBC∢=α−2(PBA∢−β)=α−2((180∘−γ)/2−β)=α+γ+2β−180∘=β.
Így P′Q′=PQ=AC, ezért AC+CP′=P′Q′+Q′B, tehát P′≡D, azaz P illeszkedik a BC oldalra D-ben állított merőlegesre is. Ebből következik, hogy e éppen a háromszög P-hez tartozó Simson-egyenese, következésképpen E a P pont merőleges vetülete az AC egyenesén – más szóval P az AC-re E-ben állított merőlegesre is illeszkedik.
Statisztika:
54 dolgozat érkezett. 5 pontot kapott: Al-Hag Máté Amin, Andó Viola, Asztalos Ádám, Balogh Ádám Péter, Bán-Szabó Áron, Baski Bence, Beinschroth Ninett, Beke Csongor, Bencsik Ádám, Biró 424 Ádám, Bognár 171 András Károly, Csonka Illés, Fekete Richárd, Fleiner Zsigmond, Füredi Erik Benjámin, Gábriel Tamás, Geretovszky Anna, Hámori Janka, Hegedűs Dániel, Hervay Bence, Jánosik Áron, Kerekes Boldizsár, Kocsis Anett, Kovács 129 Tamás, Laki Anna, Lazur Zsófia, Lengyel Ádám, Lovas Márton, Mácsai Dániel, Mezey Dorottya, Mohay Lili Veronika, Molnár Lehel, Móra Márton Barnabás, Nádor Benedek, Nagy 551 Levente, Németh Márton, Nguyen Bich Diep, Osztényi József, Reimann Kristóf, Somogyi Dalma, Szabó 991 Kornél, Szűcs 064 Tamás, Terjék András József, Tiderenczl Dániel, Velich Nóra, Wiener Anna. 4 pontot kapott: Kitschner Bernadett, Molnár-Szabó Vilmos, Móricz Benjámin, Seres-Szabó Márton. 3 pontot kapott: 1 versenyző. 1 pontot kapott: 3 versenyző.
A KöMaL 2019. decemberi matematika feladatai
|
|