![]() |
A B. 5203. feladat (2021. november) |
B. 5203. Az ABC háromszögben AB>BC, a beírt kör érintési pontjai a BC, CA és AB oldalakon rendre A0, B0 és C0, továbbá az AC oldalhoz írt kör az AC oldalt a B1 pontban érinti. Mutassuk meg, hogy az A0B1 és B0C0 szakaszok metszéspontja akkor és csak akkor van rajta a B csúcsból induló belső szögfelezőn, ha a C csúcsnál lévő szög 90∘.
Javasolta: Holló Gábor (Budapest)
(5 pont)
A beküldési határidő 2021. december 10-én LEJÁRT.
1. megoldás(vázlat). Legyen a beírt kör középpontja O, a C pont merőleges vetülete a BO és AO szögfelezőkön P, illetve Q. A Thalész-tétel megfordítása miatt a C, O, A0, B0, P, Q pontok egy körön vannak, legyen ez k. Jól ismert, hogy CB0=AB1. A háromszög félszögei legyenek α,β,γ, ezek összege 90∘.
Vegyük észre, hogy AB0C0∢=90∘−α=β+γ, másrészt a k körből és a BCO háromszögből AB0P∢=COP∢=β+γ, ezért a B0C0 egyenes átmegy P-n. A P tehát a BO szögfelező és a B0C0 egyenes meszéspontja, és az a kérdés, hogy az A0B1 egyenes is átmegy-e a P ponton.
CQ és B0P párhuzamosak, mert mindkettő merőleges az AO szögfelezőre, így QCB0P húrtrapéz, amiből QP=CB0=AB1. Továbbá, az AOB0 derékszögű háromszögben AQP∢=OB0P∢=B1AQ∢=α; ebből következik, hogy AQPB1 szimmetrikus trapéz és AQ∥B1P.
Ezen kívül kiszámítjuk az A0PQ∢ szöget is: a CAQ háromszögből A0PQ∢=A0CQ∢=BCA∢−QCA∢=2γ−(90∘−α)=γ−β.
Ezek után az A0B1 egyenes akkor és csak akkor megy át a P ponton, ha A0P∥AQ, avagy A0PQ∢=AQP∢, vagyis γ−β=α, azaz γ=45∘, tehát BCA∢=90∘.
2. megoldás. Az oldalakat és a szögeket a szokásos módon betűzzük, O jelöli a beírt kör középpontját, továbbá legyen s a háromszög félkerülete: 2s=a+b+c; az A0B1 és B0C0 szakaszok metszéspontja pedig M. Ismert, hogy a beírt- és hozzáírt körökhöz a csúcsokból húzott érintőszakaszok hosszai az oldalakkal kifejezhetők: AB0=AC0=x=s−a, BA0=BC0=y=s−b és CA0=CB0=z=s−c; valamint AB1=z=s−c.
Először tegyük fel, hogy az ABC háromszög derékszögű, C∠=90∘. Ekkor a CA0OB0 négyszög egyszerre téglalap és deltoid, ezért négyzet. CB0 párhuzamos és egyenlő hosszú A0O-val és B1A-val is, emiatt a B1AOA0 négyszög paralelogramma. A B0AC0 egyenlő szárú háromszögben a szárszög AO szögfelezője merőleges a B0C0 alapra, így a vele párhuzamos A0B1 egyenes is: A0B1⊥B0C0.
Tudjuk továbbá, hogy A0C0B0∠=180∘−A0C0B∠−B0C0A∠=180∘−(90∘−β/2)−(90∘−α/2)=(α+β)/2=45∘. Ebből következik, hogy az A0MC0 háromszög derékszögű, egyenlő szárú háromszög, azaz M illeszkedik A0C0 szakaszfelező merőlegesére, ami pedig BA0=BC0 miatt épp a B-hez tartozó belső szögfelező. Ezzel az állítás ,,akkor" részét megmutattuk.
Most tegyük fel, hogy M illeszkedik a B-ből induló belső szögfelezőre. Először szögszámolással igazoljuk, hogy A0CB1△∼B0MB1△. Az AC0B0 egyenlő szárú háromszögben C0B0A∠=B0C0A∠=90∘−α/2, továbbá ebből adódóan B0C0B∠=90∘+α/2. Ahogy korábban, A0 és C0 pontok szimmetrikusak a B-nél lévő szög BM belső szögfelezőjére, emiatt MA0B∠=MC0B∠=90∘+α/2, s így CA0B1∠=90∘−α/2. Ezekből MB0B1∠=CA0B1∠, s mivel B1-nél levő szögük közös, így valóban A0CB1△∼B0MB1△. Ebből következően a megfelelő oldalak aránya egyenlő:
MB0MB1=CA0CB1=s−cb−(s−c)=s−cs−a.
Messe BM az AC oldalt E-ben. Világos, hogy BM felezi B1MB0∠-t is. Felírhatjuk a szögfelező-tételt ABC és B1MB0 háromszögekre, amiből
CEEA=acésB0EEB1=B0MMB1=s−cs−a.
Felhasználva hogy B0B1=b−CB0−B1A=b−2(s−c)=c−a, arányos osztással kifejezhető CE és B0E szakaszok hossza is:
CE=aa+c⋅bésB0E=s−c(s−c)+(s−a)⋅(c−a)=(s−c)(c−a)b.
Végül CE=CB0+B0E, azaz
aba+c=(s−c)+(s−c)(c−a)b,
a jobb oldalon (s−c)-t kiemelve, és alakítva
aba+c=b2−(a−c)22b.
Ebből keresztbeszorzás és rendezés után ab2−cb2=−a(a−c)2−c(a−c)2, amit (a−c)-vel elosztva, majd ismét rendezve a2+b2=c2 adódik. Így a Pitagorasz-tétel megfordításából következik, hogy C-nél valóban derékszög van, és ezzel a bizonyítás teljes.
3. megoldás(vázlat). (Csúnya, de célratörő.) Legyen X=AB∩A0B1, Y=BC∩B0C0, x=BX és y=BY. Ezeket előjelesen számoljuk, a BA és BC félegyenesek iránya a pozitív.
Mivel BA0=BC0, a B0C0 és A0B1 egyenesek akkor és csak akkor metszik egymást a szögfelezőn, ha X és Y egymás tükörképe a szögfelezőre, vagyis x=y.
Alkalmazzuk Menelaosz tételét az ABC háromszögre és az A0B1X egyenesre:
AXXB⋅BA0A0C⋅CB1B1A=c−xx⋅s−bs−c⋅s−as−c=−1,x=c(s−a)(s−b)(s−a)(s−b)−(s−c)2.
Most pedig tekintsük a Menelaosz-tételt az ABC háromszögre és a C0B0Y egyenesre:
BYYC⋅CB0B0A⋅AC0C0B=ya−y⋅s−cs−a⋅s−as−b=−1,y=a(s−b)c−b.
A vizsgált x=y feltételt rendezve:
x=y,
c(s−a)(s−b)(s−a)(s−b)−(s−c)2=a(s−b)c−b,
c(s−a)(c−b)−a((s−a)(s−b)−(s−c)2)=0,
2c(b+c−a)(c−b)−a((b+c−a)(a+c−b)−(a+b−c)2)=0,
2(a3+a2c+ab2−ac2−b2+c3)=0,
2(a−c)(a2+b2−c2)=0.
A feltétel szerint a<c, így x=y akkor és csak akkor teljesül, ha a2+b2=c2.
Statisztika:
38 dolgozat érkezett. 5 pontot kapott: Bencsik Dávid, Bényei Borisz, Chrobák Gergő, Csilling Dániel, Csonka Illés, Farkas 512 Izabella, Fülöp Csilla, Kalocsai Zoltán, László Anna, Mohay Lili Veronika, Nagy 551 Levente, Németh Márton, Nguyen Kim Dorka, Rareș Polenciuc, Romaniuc Albert-Iulian, Somogyi Dalma, Szalontai Júlia, Tarján Bernát, Tran Dávid, Varga Boldizsár, Virág Rudolf, Wiener Anna, Zömbik Barnabás. 4 pontot kapott: Bognár 171 András Károly, Christ Miranda Anna, Diaconescu Tashi, Lovas Márton. 3 pontot kapott: 3 versenyző. 2 pontot kapott: 6 versenyző. 1 pontot kapott: 1 versenyző. 0 pontot kapott: 1 versenyző.
A KöMaL 2021. novemberi matematika feladatai
|