A B. 5369. feladat (2024. február)

B. 5369. Az $\displaystyle ABC$ szabályos háromszög $\displaystyle P$ belső pontjára $\displaystyle APB\sphericalangle=150^\circ$. Mutassuk meg, hogy $\displaystyle PA^2+PB^2=PC^2$.

Javasolta: Vígh Viktor (Sándorfalva)

(4 pont)

A beküldési határidő 2024. március 11-én LEJÁRT.

1. megoldás. Használjuk az alábbi ábrát és jelöléseit!

Az $\displaystyle APB$ háromszöget forgassuk el a $\displaystyle B$ pont körül $\displaystyle -60^{\circ}$-kal. Ekkor az $\displaystyle A$, $\displaystyle P$ és $\displaystyle B$ pont képe rendre $\displaystyle C=A'$, $\displaystyle Q=P'$ és $\displaystyle B=B'$. A forgatás távolság- és szögtartása miatt $\displaystyle BQ=B'P'=BP$, és $\displaystyle CQB \sphericalangle = A'P'B' \sphericalangle = APB \sphericalangle = 150^{\circ}$. Továbbá, mivel $\displaystyle 60^{\circ}$-kal forgattunk, $\displaystyle PBQ \sphericalangle = PBP' \sphericalangle = 60^{\circ}$. Azaz a $\displaystyle PBQ$ háromszög egyenlő szárú és $\displaystyle 60^{\circ}$-os szögű, vagyis szabályos. Emiatt $\displaystyle PQC \sphericalangle = 150^{\circ} - 60^{\circ} = 90^{\circ}$, azaz a $\displaystyle PQC$ háromszög derékszögű, és így teljesül rá Pitagorasz tétele, $\displaystyle QC^2 + PQ^2=PC^2$. De a korábbiak alapján $\displaystyle PQ=PB$ és $\displaystyle QC=P'A'=PA$, ezeket a fenti Pitagorasz-egyenlőségbe helyettesítve pedig pont $\displaystyle PA^2+ PB^2 = PC^2$ adódik. Ezzel az állítást igazoltuk.

2. megoldás. Használjuk az alábbi ábrát és jelöléseit!

Az általánosság megszorítása nélkül legyen az $\displaystyle ABC$ háromszög oldala egységnyi hosszú. Tükrözzük a $\displaystyle C$ és a $\displaystyle P$ pontokat az $\displaystyle AB$ szakasz $\displaystyle F$ felezőpontjára. Ekkor a $\displaystyle C$ pont $\displaystyle C'$ képe az $\displaystyle APB$ köréírt körének a középpontja, hiszen $\displaystyle APB \sphericalangle = 150^{\circ}$ miatt $\displaystyle APB$ körén a rövidebb $\displaystyle AB$ ívhez $\displaystyle 30^{\circ}$-os kerületi szög, és így $\displaystyle 60^{\circ}$-os középponti szög tartozik. De ekkor $\displaystyle C'P=C'A=CA=1$, valamint $\displaystyle CC'=2CF = 2 \cdot \sqrt{3}/2 = \sqrt{3}$ (az $\displaystyle ABC$ szabályos háromszög magasságának a duplája).

Továbbá az $\displaystyle APBP'$ és $\displaystyle CPC'P'$ négyszögek paralelogrammák (hiszen középpontosan szimmetrikusak), így felírva külön-külön a paralellogrammatételt rájuk:

$\displaystyle 2 AP^2 + 2 BP^2 = AB^2+PP'^2$, majd $\displaystyle 2 AP^2 + 2 BP^2 = 1+PP'^2$, illetve $\displaystyle 2 CP^2 + 2 C'P^2 = CC'^2 + PP'^2$, innen $\displaystyle 2 CP^2 + 2 = 3 + PP'^2$ és így $\displaystyle 2 CP^2=1 + PP'^2$ adódik. Mivel mind $\displaystyle 2 CP^2$, mind a $\displaystyle 2 AP^2 + 2 BP^2$ összeg is $\displaystyle 1 + PP'^2$-tel egyenlő, ezért egymással is egyenlőek, azaz (2-vel osztva) $\displaystyle AP^2 + BP^2 = CP^2$. Ezzel az állítást igazoltuk.

Statisztika:

102 dolgozat érkezett.
4 pontot kapott:	66 versenyző.
3 pontot kapott:	14 versenyző.
2 pontot kapott:	8 versenyző.
1 pontot kapott:	2 versenyző.
0 pontot kapott:	2 versenyző.
Nem számítjuk a versenybe a születési dátum vagy a szülői nyilatkozat hiánya miatt:	6 dolgozat.

A KöMaL 2024. februári matematika feladatai