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