A B. 5249. feladat (2022. május)

B. 5249. Jelöljük az $\displaystyle ABC$ háromszög beírt körének érintési pontjai által meghatározott háromszög területét $\displaystyle T_0$-lal, a hozzáírt körök középpontjai által meghatározott háromszög területét pedig $\displaystyle T_1$-gyel. Mutassuk meg, hogy $\displaystyle T_0$ és $\displaystyle T_1$ mértani közepe megegyezik az $\displaystyle ABC$ háromszög területével.

Javasolta: Bártfai Pál

(5 pont)

A beküldési határidő 2022. június 10-én LEJÁRT.

Megoldás. Az $\displaystyle ABC$ háromszög beírt körének érintési pontjai $\displaystyle A_0$, $\displaystyle B_0$, $\displaystyle C_0$, a beírt kör középpontja $\displaystyle O$, a hozzáírt körök középpontjai $\displaystyle A_1$, $\displaystyle B_1$, $\displaystyle C_1$; az $\displaystyle A_0B_0C_0$, $\displaystyle ABC$, $\displaystyle A_1B_1C_1$ háromszögek körülírt körének sugara rendre $\displaystyle R_0$, $\displaystyle R$, illetve $\displaystyle R_1$.

Először az $\displaystyle A_0B_0C_0$ és $\displaystyle ABC$ háromszögek területének arányát határozzuk meg.

Az érintések miatt például $\displaystyle OA_0C\sphericalangle=OB_0C\sphericalangle =90^{\circ}$, ezért $\displaystyle A_0OB_0 \sphericalangle = 180^{\circ}-\gamma$. Nyilván $\displaystyle T_0$ az $\displaystyle A_0OB_0$, $\displaystyle A_0OC_0$, $\displaystyle B_0OC_0$ háromszögek területének az összege. Például $\displaystyle A_0OB_0$ területe $\displaystyle T_{A_0OB_0}= \frac{1}{2}R_0^2\sin (180^{\circ}-\gamma)= \frac{1}{2}R_0^2\sin\gamma$, így

$\displaystyle T_0 = T_{A_0OB_0} + T_{A_0OC_0} + T_{B_0OC_0} = \frac{1}{2}R_0^2(\sin\alpha + \sin\beta + \sin\gamma).$

Választása folytán például $\displaystyle A_1$ illeszkedik a $\displaystyle B_0AC_0\sphericalangle$ belső szögfelezőjére, ezért $\displaystyle AA_1$ merőleges $\displaystyle B_0AC_0\sphericalangle$ külső szögfelezőjére, $\displaystyle B_1C_1$-re. Kapjuk, hogy $\displaystyle ABC$ az $\displaystyle A_1B_1C_1$ háromszög talpponti háromszöge. Ismeretes, hogy ezért $\displaystyle A_1B_1C_1$ magasságpontjának az $\displaystyle A_1B_1C_1$ oldalegyeneseire vonatkozó tükörképei rajta vannak $\displaystyle A_1B_1C_1$ körülírt körén. Ez azt jelenti, hogy az $\displaystyle ABC$ háromszöget az $\displaystyle A_1B_1C_1$ magasságpontjából 2-szeresére nagyítva, a kapott háromszög csúcsai $\displaystyle A_1B_1C_1$ körülírt körére esnek; így $\displaystyle R_1=2R$.

Az $\displaystyle ABC$ háromszög területe:

$\displaystyle T= \frac{1}{2}R_0(a+b+c) = \frac{1}{2}R_0 (2R \sin \alpha + 2R \sin \beta + 2R \sin \gamma),$

ezért

$\displaystyle T/T_0 = \frac{R_0R (\sin \alpha + \sin \beta + \sin \gamma)}{\frac{1}{2}R_0^2(\sin\alpha + \sin\beta + \sin\gamma)} = \frac{2R}{R_0}.$

Végül megmutatjuk, hogy az $\displaystyle A_1B_1C_1$ és $\displaystyle A_0B_0C_0$ háromszögek hasonlóak. Például

$\displaystyle B_0A_0C_0\sphericalangle = 180^{\circ} - (CA_0B_0\sphericalangle + BA_0C_0\sphericalangle) = 180^{\circ} - ((90^{\circ}-\frac{\gamma}{2}) + (90^{\circ}-\frac{\beta}{2}) ) = \frac{\beta}{2} + \frac{\gamma}{2} = 90^{\circ}-\frac{\alpha}{2},$

és

$\displaystyle B_1A_1C_1\sphericalangle = CA_1B\sphericalangle = 180^{\circ} - (BCA_1\sphericalangle + A_1BC\sphericalangle ) =$

$\displaystyle =180^{\circ} -( \frac{180^{\circ}- \gamma}{2} + \frac{180^{\circ}- \beta}{2}) = \frac{\beta}{2} + \frac{\gamma}{2} = 90^{\circ}-\frac{\alpha}{2} = B_0A_0C_0\sphericalangle .$

A hasonlóság miatt $\displaystyle T_1$ úgy aránylik $\displaystyle T_0$-hoz, mint a háromszögek köré írható körök sugarának a négyzete:

$\displaystyle \frac{R_1^2}{R_0^2} = T_1/T_0 = T_1/T \cdot T/T_0 = T_1/T \cdot\frac{2R}{R_0},$

ezért valóban

$\displaystyle T_1/T = \frac{R_1^2/R_0^2}{2R/R_0} = \frac{4R^2/R_0^2}{2R/R_0} = \frac{2R}{R_0} = T/T_0.$

Statisztika:

34 dolgozat érkezett.
5 pontot kapott:	Bencsik Dávid, Bényei Borisz, Christ Miranda Anna, Chrobák Gergő, Czanik Pál, Diaconescu Tashi, Duchon Márton, Fülöp Csilla, Juhász-Molnár Erik, Kalocsai Zoltán, Kosztolányi Karina, Kovács Benedek Noel, Lovas Márton, Mohay Lili Veronika, Móricz Benjámin, Nguyen Kim Dorka, Richlik Bence, Romaniuc Albert-Iulian, Simon László Bence, Somogyi Dalma, Varga Boldizsár, Virág Rudolf, Wiener Anna, Zömbik Barnabás.
4 pontot kapott:	Csonka Illés.
3 pontot kapott:	5 versenyző.
2 pontot kapott:	2 versenyző.
1 pontot kapott:	1 versenyző.
0 pontot kapott:	1 versenyző.

A KöMaL 2022. májusi matematika feladatai