 |
A B. 5282. feladat (2022. december) |
B. 5282. Az \(\displaystyle ABC\) hegyesszögű háromszögben az \(\displaystyle A\)-ból induló magasság talppontja \(\displaystyle T\), a \(\displaystyle T\) pont merőleges vetülete az \(\displaystyle AB\) oldalon \(\displaystyle D\), az \(\displaystyle AC\) oldalon pedig \(\displaystyle E\). Legyen \(\displaystyle F\) a \(\displaystyle BC\) oldal és az \(\displaystyle ABE\) kör második, \(\displaystyle B\)-től különböző metszéspontja, és hasonlóan, legyen \(\displaystyle G\) a \(\displaystyle BC\) oldal és az \(\displaystyle ACD\) kör második, \(\displaystyle C\)-től különböző metszéspontja. Mutassuk meg, hogy \(\displaystyle TF=TG\).
Javasolta: Kós Géza (Budapest)
(5 pont)
A beküldési határidő 2023. január 10-én LEJÁRT.
1. megoldás.
Írjuk fel az \(\displaystyle ABT\) derékszögű háromszög \(\displaystyle BT\) befogójára a befogótételt: \(\displaystyle BT^2=BA\cdot BD\). A \(\displaystyle B\) pontnak az \(\displaystyle ADGC\) körre vonatkozó hatványa \(\displaystyle BA\cdot BD=BC\cdot BG\). A kettő összehasonlításából kapjuk, hogy
$$\begin{align*} BT^2 &= BA\cdot BD = BC\cdot BG = \\ &= BC\cdot(BT-TG) = BC\cdot BT-BC\cdot TG = (BT+CT)\cdot BT-BC\cdot TG = \\ &= BT^2+BT\cdot CT-BC\cdot TG; \end{align*}$$\(\displaystyle BC\cdot TG = BT\cdot CT. \)
Hasonlóan, az \(\displaystyle ACT\) derékszögű háromszögből és a \(\displaystyle C\) pontnak az \(\displaystyle ABFE\) körre vonatkozó hatványából kapjuk, hogy
$$\begin{align*} CT^2 &= CA\cdot CE = BC\cdot CF = \\ &= BC\cdot(CT-TF) = BC\cdot CT-BC\cdot TF = (BT+CT)\cdot CT-BC\cdot TF = \\ &= CT^2+BT\cdot CT-BC\cdot TF; \end{align*}$$\(\displaystyle BC\cdot TF = BT\cdot CT. \)
Tehát,
\(\displaystyle BC\cdot TF = BT\cdot CT = BC\cdot TG, \)
\(\displaystyle TF = TG. \)
2. megoldás. Szintén az \(\displaystyle ABT\) és \(\displaystyle ACT\) háromszögekre felírt befogótételből
\(\displaystyle AB\cdot AD = AT^2 = AC\cdot AE, \)
ebből látjuk, hogy \(\displaystyle BCED\) húrnégyszög.
A kerületi szögek tételéből
\(\displaystyle FGA\sphericalangle = CGA\sphericalangle = CDA\sphericalangle = 180^\circ-BDC\sphericalangle = 180^\circ-BEC\sphericalangle = AEB\sphericalangle = AFB\sphericalangle = AFG\sphericalangle. \)
Tehát, az \(\displaystyle AGF\) háromszögben a \(\displaystyle G\)-nél és az \(\displaystyle F\)-nél levő szögek egyenlők, így a háromszög egyenlő szárú, \(\displaystyle TF=TG\).
Statisztika:
62 dolgozat érkezett. 5 pontot kapott: Ali Richárd, Balaskó Imola, Bencz Benedek, Bodor Mátyás, Bui Thuy-Trang Nikolett, Chen JiaTong, Chrobák Gergő, Csonka Illés, Csupor Albert Dezső, Czanik Pál, Czirják Márton Pál, Diaconescu Tashi, Fehérvári Donát, Fodor Dóra, Fórizs Emma, Fülöp Csilla, Gömze Norken, Hetyei Dániel, Holló Martin, Horák Zsófia, Horváth 530 Mihály, Inokai Ádám, Juhász-Molnár Erik, Keresztély Zsófia, Kosztolányi Karina, Kovács Benedek Noel, Melján Dávid Gergő, Miklós Janka, Mizik Lóránt, Prohászka Bulcsú, Romaniuc Albert-Iulian, Sárdinecz Dóra, Seprődi Barnabás Bendegúz, Simon László Bence, Sütő Áron, Szakács Ábel, Szakács Domonkos, Szemlér Bálint, Tarján Bernát, Teveli Jakab, Tran Dávid, Tusnády Sámuel, Varga Boldizsár, Veres Dorottya, Virág Rudolf, Wiener Anna, Zhai Yu Fan, Zömbik Barnabás. 4 pontot kapott: 6 versenyző. 2 pontot kapott: 3 versenyző. 0 pontot kapott: 2 versenyző. Nem versenyszerű: 2 dolgozat.
A KöMaL 2022. decemberi matematika feladatai