A C. 1390. feladat (2016. december)

C. 1390. Az \(\displaystyle ABC\) derékszögű háromszög (ahol a \(\displaystyle C\) csúcsnál van a derékszög) \(\displaystyle C\)-ből kicsinyített képe \(\displaystyle A'B'C\), ahol a hasonlóság aránya negatív, \(\displaystyle BC=5\), \(\displaystyle {B'C=0{,}2}\) és \(\displaystyle \tg \alpha =2{,}4\). Bizonyítsuk be, hogy a \(\displaystyle B\)-ből induló belső szögfelező és a \(\displaystyle B'\)-ből induló külső szögfelező metszéspontja az \(\displaystyle AA'\) felezőpontjába esik.

(5 pont)

A beküldési határidő 2017. január 10-én LEJÁRT.

Megoldás. Jelölje \(\displaystyle F\) a \(\displaystyle B\)-ből induló belső szögfelező és \(\displaystyle AC\) metszéspontját. Ekkor \(\displaystyle \tg α=\frac{BC}{AC}=2,4\) és \(\displaystyle BC=5\), így \(\displaystyle AC=\frac{BC}{\tg α}=\frac{5}{2,4}=\frac{25}{12}\).

A Pitagorasz-tétel alapján \(\displaystyle AB=\sqrt{AC^2+BC^2}=\frac{65}{12}\).

A szögfelező tétel alapján az \(\displaystyle ABC\) háromszögben:

\(\displaystyle \frac{AF}{FC}=\frac{AB}{BC},\)

\(\displaystyle \frac{\frac{25}{12}-FC}{FC}=\frac{\frac{65}{12}}{5}.\)

Rendezve:

\(\displaystyle FC=1.\)

Ebből

\(\displaystyle AF=\frac{25}{12}-FC=\frac{25}{12}-1=\frac{13}{12}.\)

A kicsinyítés miatt az \(\displaystyle ABC\) és az \(\displaystyle A’B’C\) háromszögek hasonlók, a hasonlóság aránya \(\displaystyle λ=\frac{0,2}{5}=\frac{1}{25}\). Ebből \(\displaystyle A'C=\frac{AC}{25}=\frac{1}{12}\), és így \(\displaystyle A'F=A'C+FC=\frac{13}{12}\). Tehát \(\displaystyle A'F=AF\), vagyis a \(\displaystyle B\)-ből induló szögfelező felezi az \(\displaystyle AA’\) szakaszt.

Már csak annyit kell bizonyítanunk, hogy a \(\displaystyle B’\) pontból induló külső szögfelező is az \(\displaystyle F\) pontban metszi az \(\displaystyle AA’\) szakaszt.

Tegyük fel, hogy ez a külső szögfelező egy \(\displaystyle G\) pontban metszi az \(\displaystyle AA’\) szakaszt. Mivel a kicsinyítés szögtartó, ezért a \(\displaystyle CA'B'∡=α\), \(\displaystyle CB’A’∡=90^{\circ}-α\). A \(\displaystyle B’\)-nél lévő külső szög \(\displaystyle 180^{\circ}-CB’A’∡=90^{\circ}+α\), így \(\displaystyle CB’G∡=\frac{90^{\circ}+α}{2}\).

Mivel \(\displaystyle CBF∡=\frac{β}{2}=\frac{90^{\circ}-α}{2}\), azért \(\displaystyle \tg \frac{β}{2}=\tg \frac{90^{\circ}-α}{2}=\frac{FC}{BC}=\frac{1}{5}\) .

A \(\displaystyle CB’G∡=\frac{90^{\circ}+α}{2}\) a \(\displaystyle \frac{90^{\circ}-α}{2}\) szög pótszöge, így \(\displaystyle \tg\frac{90^{\circ}+α}{2}=5\).

A \(\displaystyle CB’G\) háromszögben \(\displaystyle B'C=λ\cdot BC=\frac{5}{25}=\frac{1}{5}=0,2\).

A fentiek felhasználásával \(\displaystyle \tg CB’G∡=\tg \frac{90^{\circ}+α}{2}=\frac{GC}{B'C},\), amiből \(\displaystyle 5=\frac{GC}{0,2}\), és így \(\displaystyle GC=1=FC\).

Tehát a \(\displaystyle G\) és az \(\displaystyle F\) pont megegyezik, a két szögfelező az \(\displaystyle AA’\) szakasz felezőpontjában metszi egymást.

Statisztika:

56 dolgozat érkezett.
5 pontot kapott:	Agócs Katinka, Árvai Balázs, Balbisi Mirjam, Barczikai Noémi, Bolyhos Patrik, Csapó Márton, Dankowsky Anna Zóra, Demeter Bianka Vivien, Dézsi Viktória, Édes Lili, Frivaldszky Donát, Galvács Ákos, Gera Dóra, Inges Zénó, Kocsis Ábel, Kocsis Júlia, Komoróczy Ádám, Kormányos Hanna Rebeka, Kulcsár Krisztina, Mácz Andrea, Magyar 257 Boglárka, Mészáros Melinda, Nagy 911 Viktória, Nagy Enikő, Nagy Odett, Nagy Olivér, Németh Csilla Márta, Perényi Gellért, Rittgasszer Ákos, Sántha 001 Balázs, Surján Anett, Szalay Gergő, Szécsi Adél Lilla, Szilágyi Botond, Szilágyi Éva, Szűcs 865 Eszter, Takács 666 Réka, Tanács Viktória, Tatai Mihály, Tolmácsi Ágnes, Török Attila, Török Boldizsár, Varga 274 Tamás, Wolff Vilmos, Wrabel Balázs, Zsombó István.
4 pontot kapott:	5 versenyző.
3 pontot kapott:	3 versenyző.
2 pontot kapott:	1 versenyző.
0 pontot kapott:	1 versenyző.

A KöMaL 2016. decemberi matematika feladatai