A C. 1032. feladat (2010. április)

C. 1032. Egy háromszög B és C csúcsát kössük össze a szemközti oldalak harmadolópontjaival. Ezen szakaszok egy négyszöget határoznak meg. Bizonyítsuk be, hogy a négyszög egyik átlója párhuzamos a BC oldallal.

(5 pont)

A beküldési határidő 2010. május 10-én LEJÁRT.

1. megoldás. Jelöljük az \(\displaystyle \overrightarrow{AB}/3=\mathbf{b}\)-vel és \(\displaystyle \overrightarrow{AC}/3=\mathbf{c}-vel\). Felhasználjuk azt, hogy az \(\displaystyle \bf{u}\) és \(\displaystyle {\bf v}\) közös kezdőpontú vektorok végpontjai által meghatározott szakasz (a közös kezdőpontból) egy pontjába mutató vektor kifejezhető \(\displaystyle \bf{w}=\alpha\bf{u} + (1-\alpha)\bf{v}\) összegként, ahol \(\displaystyle 0\le \alpha \le 1\). Használjuk továbbá az ábra jelöléseit.

\(\displaystyle H\) két szakasz metszéspontjaként a szakaszok végpontjaiba mutató vektorok segítségével találhatjuk meg: \(\displaystyle \mathbf{h}=\alpha(2\mathbf{c}) + (1-\alpha)(3\mathbf{b})= \beta \mathbf{b} + (1-\beta)(3\mathbf{c})\), azaz \(\displaystyle (2\alpha +3\beta -3)\mathbf{c} = (3\alpha +\beta -3)\mathbf{b}\). A két vektor pontosan akkor egyezik meg, ha mindkettő nullvektor, azaz, ha \(\displaystyle 2\alpha +3\beta=3\) és \(\displaystyle 3\alpha + \beta=3\). \(\displaystyle \alpha =\frac 67\), \(\displaystyle \beta=\frac 37\). \(\displaystyle H\) pont mindkét szakasz egyik hetedelőpontjában van: \(\displaystyle C_2B\) \(\displaystyle C_2\)-höz közelebbi első, és \(\displaystyle B_1C\) \(\displaystyle C\)-hez közelebbi harmadik hetedelőpontja. Ugyanígy (szimmetrikusan) az \(\displaystyle F\) pont a \(\displaystyle C_1B\) szakasz \(\displaystyle B\)-hez közelebbi harmadik és a \(\displaystyle B_2C\) szakasz \(\displaystyle B_2\)-höz közelebbi első hetedelőpontja. \(\displaystyle \mathbf{h}=\frac{12}{7}\mathbf{c} + \frac 37 \mathbf{b}\), \(\displaystyle \mathbf{f}= \frac 37 \mathbf{c} + \frac{12}{7}\mathbf{b}\): \(\displaystyle \overrightarrow{HF}=\frac 97 \mathbf{c} - \frac 97 \mathbf{b}=\frac 37 (3\mathbf{c}-3\mathbf{b})=\frac 37 \overrightarrow{BC}\).

2. megoldás. Használjuk az ábra jelöléseit.

\(\displaystyle B_1HB'\triangle \sim CHB\), mert a párhuzamos szelők tételének megfordítása miatt v. \(\displaystyle A\) középpontú hasonlóság tulajdonsága miatt \(\displaystyle B_1C_1 \parallel BC\), így a megfelelő oldalak aránya \(\displaystyle \frac{x}{y}=\frac{u+v}{u}=\frac{4a}{3a}\). Ugyanígy \(\displaystyle C'FC_1\triangle \sim CFB\triangle\), így a megfelelő oldalak aránya \(\displaystyle \frac{m}{n}=\frac{p+q}{q}=\frac{4a}{3a}\). Legyen az \(\displaystyle ABC\triangle\) területe \(\displaystyle t\). Ekkor a \(\displaystyle CHB\triangle\) területe \(\displaystyle \frac 23 \cdot \frac 37 t=\frac 27 t\), míg \(\displaystyle CFB\triangle\) területe \(\displaystyle \frac 13 \cdot \frac 67 t =\frac 27 t\). Tehát mind \(\displaystyle F\), mind \(\displaystyle H\) ugyanakkora távolságra van \(\displaystyle BC\)-től, tehát \(\displaystyle FH\) párhuzamos \(\displaystyle BC\)-vel.

Statisztika:

97 dolgozat érkezett.
5 pontot kapott:	Adrián Patrik, Antal Viktória, Baráti László, Benyó Krisztián, Blóz Gizella Evelin, Boros Ágnes, Böőr Zsófia, Böröczky Dezső, Burlacu András, Diós Dániel, Falvai András Ádám, Filinger Zsófia Klára, Gehér Péter, Gróf Gábor, Gyarmati Máté, Ji Hai Ou, Juhász-Bóka Bernadett, Kasó Márton, Kiss 986 Mariann, Kozma Bálint, Mayer Martin János, Medvey Fanni, Menyhárt 666 Balázs, Nagy 014 Gergely, Nagy 021 Tibor, Najbauer Eszter Éva, Nánási József, Neumer Tamás, Pető Éva Vivien, Repka 666 Dániel, Rónaky Rebeka, Samu Viktor, Sass Zoltán, Straubinger Dániel, Szabó 928 Attila, Szende Tamás, Szentes Ákos, Tamás Ádám, Töreky Judit, Török Bálint, Turányi László, Ujhelyi Viktor, Vargha Sára, Varsányi 123 Márk, Vesztergombi Júlia, Vonyó Viola.
4 pontot kapott:	10 versenyző.
3 pontot kapott:	5 versenyző.
2 pontot kapott:	8 versenyző.
1 pontot kapott:	4 versenyző.
0 pontot kapott:	24 versenyző.

A KöMaL 2010. áprilisi matematika feladatai