 |
A B. 5357. feladat (2023. december) |
B. 5357. Az \(\displaystyle ABC\) háromszög körülírt köréhez \(\displaystyle B\)-ben és \(\displaystyle C\)-ben húzott érintők a \(\displaystyle P\) pontban metszik egymást. Legyen a \(\displaystyle PB\) és \(\displaystyle AC\) egyenesek metszéspontja \(\displaystyle D\), a \(\displaystyle PC\) és \(\displaystyle AB\) egyenesek metszéspontja \(\displaystyle E\). A \(\displaystyle BC\) szakaszfelező merőlegese az \(\displaystyle AC\) és \(\displaystyle AB\) egyeneseket rendre az \(\displaystyle F\) és \(\displaystyle G\) pontokban metszi. A \(\displaystyle PDF\) és \(\displaystyle PEG\) körök a \(\displaystyle P\) ponton kívül az \(\displaystyle M\) pontban metszik egymást. Legyen továbbá \(\displaystyle A'\) az \(\displaystyle A\) pont \(\displaystyle FG\)-re vonatkozó tükörképe, és \(\displaystyle O\) az \(\displaystyle AFG\) kör középpontja. Mutassuk meg, hogy az \(\displaystyle OA'\) egyenes, és az \(\displaystyle MFG\) és \(\displaystyle ADE\) körök egy közös pontra illeszkednek.
Javasolta: Baris Koyuncu (Isztambul)
(6 pont)
A beküldési határidő 2024. január 10-én LEJÁRT.
Megoldás. Jelölje \(\displaystyle X\) az \(\displaystyle A'O\) egyenes és az \(\displaystyle ABC\) kör \(\displaystyle A'\)-től különböző metszéspontját. A továbbiakban megmutatjuk, hogy \(\displaystyle X\) illeszkedik az \(\displaystyle ADE\) körre, amiből az állítás következik. A bizonyítást a jobb olvashatóság és az áttekinthetőbb ábrák érdekében több lépésre bontjuk, a megoldás teljességét pedig majd a diszkusszióban vizsgáljuk csak.
1. állítás. \(\displaystyle FOX\triangle \sim A'OF \triangle\).
Bizonyítás. Először vegyük észre, hogy \(\displaystyle OA\) érinti az \(\displaystyle ABC\) kört. Valóban: az \(\displaystyle AOF\) egyenlő szárú háromszögben \(\displaystyle OAF\sphericalangle=90^\circ-FOA\sphericalangle/2=90^\circ-FGA\sphericalangle\), ahol a második lépésben kihasználtuk a középponti és kerületi szögek közötti összefüggést. De \(\displaystyle 90^\circ-FGA\sphericalangle=GBC\sphericalangle\), s így \(\displaystyle OAF\sphericalangle=180^\circ-CBA\sphericalangle=180^\circ-\beta\), ami miatt \(\displaystyle OA\) valóban az \(\displaystyle ABC\) kör \(\displaystyle AC\) ívén nyugvó érintőszárú kerületi szög érintő szára.
A külső pontból körhöz húzott szelő- és érintőszakaszok tétele szerint \(\displaystyle OA^2=OX\cdot OA'\), de \(\displaystyle OF^2=OA^2\), amikből \(\displaystyle OF/OX=OA'/OF\). Mivel az \(\displaystyle FOX\) és \(\displaystyle A'OF\) háromszögek \(\displaystyle O\)-nál lévő szöge közös, így \(\displaystyle FOX\triangle \sim A'OF \triangle\) következik, ahogyan állítottuk.
2. állítás.
\(\displaystyle \frac{BX}{XC}=\frac{\sin(\alpha-\gamma)}{\sin(\beta -\alpha)}.\)
Bizonyítás. Legyen \(\displaystyle XF\) második metszéspontja az \(\displaystyle ABC\) körrel \(\displaystyle L\). Szimmetria miatt világos, hogy \(\displaystyle F\) illeszkedik a \(\displaystyle BA'\) egyenesre. Egyenlő szögeik miatt \(\displaystyle BXF\triangle\sim LA'F \triangle\), a hasonlóság aránya pedig a megfelelő oldalak aránya, \(\displaystyle BF/FL\). Ugyanígy \(\displaystyle CXF\triangle\sim LAF \triangle\), a hasonlóság aránya pedig ugyancsak \(\displaystyle CF/FL=BF/FL\). Így a megfelelő oldalak aránya két háromszögpárban egyenlő, azaz \(\displaystyle BX/A'L=CX/AL\), átrendezve \(\displaystyle BX/CX=A'L/AL\).
Jegyezzük meg, hogy \(\displaystyle A'XA\sphericalangle=BXA'\sphericalangle-\gamma=AXC\sphericalangle-\gamma=\beta-\gamma=180^\circ-\alpha-2\gamma\). Most használjuk az 1. állításból következő \(\displaystyle OXF\sphericalangle=OFA'\sphericalangle\) összefüggést, s így kapjuk, hogy
\(\displaystyle A'XL\sphericalangle=A'XF\sphericalangle=180^\circ-OXF\sphericalangle=180^\circ-OFA'\sphericalangle=180^\circ-(2GFA\sphericalangle-AFO\sphericalangle).\)
Itt \(\displaystyle GFA\sphericalangle=90^\circ+\gamma\), míg az 1. állítás bizonyításában igazoltuk, hogy \(\displaystyle AFO\sphericalangle=OAF\sphericalangle=180^\circ-\beta.\) Ezekből \(\displaystyle A'XL\sphericalangle=180^\circ-\beta-2\gamma=\alpha-\gamma\) és \(\displaystyle AXL\sphericalangle=A'XA\sphericalangle-A'XL\sphericalangle=\beta-\alpha\). Végül a húrok hosszára \(\displaystyle A'L=2R\sin(\alpha-\gamma)\) és \(\displaystyle AL=2R\sin(\beta-\alpha)\) adódik (itt \(\displaystyle R\) az \(\displaystyle ABC\) kör sugara), amiből a második állítás következik.
3. állítás.
\(\displaystyle \frac{EB}{DC}=\frac{\sin(\alpha-\gamma)}{\sin(\beta -\alpha)}.\)
Bizonyítás. Két szinusztétellel célt érünk. A \(\displaystyle DBC\) háromszögben \(\displaystyle DC/BC=\sin (CBD\sphericalangle)/\sin(BDC\sphericalangle)\); míg a \(\displaystyle BEC\) háromszögben \(\displaystyle EB/BC=\sin (BCE\sphericalangle)/\sin(BEC\sphericalangle)\). Ezeket elosztva:
\(\displaystyle \frac {EB}{DC}=\frac{\sin (BCE\sphericalangle)}{\sin(BEC\sphericalangle)} \cdot \frac{\sin(BDC\sphericalangle)}{\sin (CBD\sphericalangle)}=\frac{\sin \alpha}{\sin(\beta-\alpha)} \cdot \frac{\sin(\alpha-\gamma)}{\sin (\beta+\gamma)}=\frac{\sin(\alpha-\gamma)}{\sin(\beta -\alpha)}.\)
4. állítás. \(\displaystyle EBX \triangle\sim DCX \triangle\).
Bizonyítás. Vegyük észre, hogy \(\displaystyle EBX\sphericalangle=180^\circ - XBA\sphericalangle=ACX\sphericalangle\). Továbbá a 2. és a 3. állítás összevetéséből \(\displaystyle BX/XC=EB/CD\), ami igazolja a háromszögek hasonlóságát.
Végül a 4. állításból \(\displaystyle XEA\sphericalangle=XDA\sphericalangle\) következik, ami miatt az \(\displaystyle A\), \(\displaystyle D\), \(\displaystyle E\) és \(\displaystyle X\) pontok egy körön vannak, és ezzel a bizonyítás teljes.
Diszkusszió. Világos, hogy a feltételek mellett az \(\displaystyle F\) és \(\displaystyle G\) pontok az ábrának megfelelően helyezkednek el: \(\displaystyle F\) az \(\displaystyle ABC\) körben, \(\displaystyle G\) azon kívül; \(\displaystyle AFG\)-nek \(\displaystyle F\)-nél tompaszöge van, az \(\displaystyle ABC\) kör középpontja a \(\displaystyle GF_+\) félegyenesen van. Továbbá \(\displaystyle \gamma<\alpha+\gamma=180^\circ-\beta\) miatt \(\displaystyle F\) közelebb van a \(\displaystyle BC\) egyeneshez, mint \(\displaystyle G\). Mivel \(\displaystyle O\) illeszkedik \(\displaystyle FG\) szakaszfelező merőlegesére, ezért \(\displaystyle BC\) elválasztja az \(\displaystyle O\) és \(\displaystyle A'\) pontokat, így \(\displaystyle X\) az \(\displaystyle A\)-t nem tartalmazó \(\displaystyle BC\) ívére esik az \(\displaystyle ABC\) körnek. Így az 1. ábra és az 1. állítás bizonyítása helyes.
Az előbb elmondottak miatt \(\displaystyle X\) benne van a \(\displaystyle BFC\) szögtartományban, emiatt \(\displaystyle L\) benne van az \(\displaystyle AFA'\) szögtartományban. Így a 2. ábra és a 2. állítás bizonyítása is teljes.
Az \(\displaystyle \alpha>\gamma\) feltétel miatt \(\displaystyle D\) a \(\displaystyle CA_+\) félegyenesre, míg \(\displaystyle \beta>\alpha\) miatt \(\displaystyle E\) az \(\displaystyle AB_+\) félegyenesre esik. Mivel \(\displaystyle X\) a rövidebb \(\displaystyle BC\) íven van, így a \(\displaystyle D\) és \(\displaystyle E\) pontok partosak az \(\displaystyle AX\) egyenesre. Emiatt a 3. és 4. ábrák, és a hozzájuk illeszkedő bizonyítások is helyesek.
Statisztika:
4 dolgozat érkezett. 6 pontot kapott: Bodor Mátyás. 4 pontot kapott: 1 versenyző. 0 pontot kapott: 2 versenyző.
A KöMaL 2023. decemberi matematika feladatai