A C. 1479. feladat (2018. április)

C. 1479. Egy \(\displaystyle ABC\) háromszögben az \(\displaystyle AC\) oldal \(\displaystyle T\) belső pontjára \(\displaystyle TA=BC\), továbbá az \(\displaystyle AB\) oldal \(\displaystyle P\) belső pontjára a \(\displaystyle CBP\) és \(\displaystyle PAT\) háromszögek egybevágóak. A \(\displaystyle BC\) oldal \(\displaystyle Q\) belső pontjára \(\displaystyle TQ\) nem párhuzamos \(\displaystyle AB\)-vel, és a \(\displaystyle BPQ\) háromszög hasonló a \(\displaystyle TCQ\) háromszöghöz. Igazoljuk, hogy \(\displaystyle PT=QT\).

A feladat állítása sajnos nem minden háromszög esetén igaz, ezért a pontversenyből töröltük. A versenyzőktől elnézést kérünk. A Szerk.

(5 pont)

A beküldési határidő 2018. május 10-én LEJÁRT.

Megoldás. Ellenpéldával igazoljuk, hogy az állítás nem igaz. Legyen az \(\displaystyle ABC\) háromszögben \(\displaystyle AB=AC\), és \(\displaystyle BAC\angle=36^{\circ}\). A \(\displaystyle C\)-ből induló belső szögfelező messe az \(\displaystyle AB\) oldalt a \(\displaystyle P\) pontban. Húzzunk \(\displaystyle P\)-n keresztül párhuzamost \(\displaystyle BC\)-vel, ez messe az \(\displaystyle AC\) szárat \(\displaystyle T\)-ben, továbbá a \(\displaystyle BC\) oldal felezőpontja legyen \(\displaystyle Q\). Megmutatjuk, hogy ebben az esetben a feladat minden feltétele teljesül, de \(\displaystyle PT\) nem egyenlő \(\displaystyle QT\)-vel.

Először igazoljuk, hogy a feladat feltételei teljesülnek. Mivel \(\displaystyle PT|| BC\), ezért az \(\displaystyle APT\) háromszög szögei is \(\displaystyle 36\), \(\displaystyle 72\), \(\displaystyle 72\) fokosak. Mivel \(\displaystyle CP\) szögfelező, így \(\displaystyle PCB\angle=36^{\circ}\), és így a \(\displaystyle PBC\) háromszög szögei is \(\displaystyle 36^{\circ}\), \(\displaystyle 72^{\circ}\), \(\displaystyle 72^{\circ}\), vagyis \(\displaystyle APT\triangle\sim PBC\triangle\). Továbbá \(\displaystyle AQ\) az \(\displaystyle APT\) és \(\displaystyle ABC\) egyenlőszárú háromszögek közös szimmetriatengelye, így \(\displaystyle TC=PB\). Ismét a szögfelezés miatt \(\displaystyle TCP\angle=36^{\circ}\), valamint \(\displaystyle PTC\angle=108^{\circ}\), így a \(\displaystyle PTC\) háromszög egyenlőszárú. Kaptuk, hogy \(\displaystyle PT=TC=PB\), tehát az \(\displaystyle APT\) és \(\displaystyle PBC\) háromszögek valóban egybevágóak. A \(\displaystyle PBQ\) és \(\displaystyle QTC\) háromszögek az \(\displaystyle AQ\) tengelyre szimmetrikusak, így nemcsak hasonlóak, de egybevágóak is. Végül a szögfelezőtétel miatt \(\displaystyle P\) nem lehet az \(\displaystyle AB\) szár felezőpontja, így \(\displaystyle T\) sem felezi \(\displaystyle AC\)-t, azaz \(\displaystyle TQ\) nem párhuzamos \(\displaystyle AB\)-vel. A feltételek tehát valóban teljesülnek.

Végül megmutatjuk, hogy az állítás nem igaz. Indirekt tegyük fel, hogy \(\displaystyle PT=QT\). Ekkor a \(\displaystyle PTQ\) háromszög szabályos, és a korábban látott \(\displaystyle PT=TC=PB\) egyenlőség miatt \(\displaystyle PQ=PB\) és \(\displaystyle TQ=TC\). Így \(\displaystyle PQB\angle=72^{\circ}\), \(\displaystyle PQT\angle=60^{\circ}\) és \(\displaystyle TQC\angle=72^{\circ}\) adódik, ami ellentmondás, hiszen összegük nem \(\displaystyle 180^{\circ}\), vagyis a konstrukció valóban ellenpélda.

Megjegyzés. Az ellenpélda megtalálása természetesen egyáltalán nem nyilvánvaló. Az alábbiakban leírjuk a feladat teljes diszkusszióját.

Használjuk az ábra jelöléseit. Legyenek az \(\displaystyle ABC\) háromszög szögei \(\displaystyle α\), \(\displaystyle β\) és \(\displaystyle γ\). Mivel \(\displaystyle T\) az \(\displaystyle AC\) szakasz belső pontja, ezért \(\displaystyle BC=a=AT<AC\), tehát \(\displaystyle AC\neq BC\) és így \(\displaystyle \alpha\neq \beta\).

A \(\displaystyle CBP\) háromszögben \(\displaystyle CBP∡=β\), a \(\displaystyle PAT\) háromszögben pedig \(\displaystyle PAT∡=α\). Mivel a két háromszög egybevágó, és \(\displaystyle \alpha\neq \beta\), ezért mindkettőnek van \(\displaystyle α\) és \(\displaystyle β\) szöge is, és így a harmadik szögük \(\displaystyle γ\). A \(\displaystyle CBP\) háromszögben a \(\displaystyle C\) pontban nem lehet a \(\displaystyle γ\) szög, mert \(\displaystyle PCB∡<γ\), így \(\displaystyle PCB∡=α\), és így az \(\displaystyle a\) oldallal szemközti szög, \(\displaystyle BPC∡=γ\). A vele egybevágó \(\displaystyle PAT\) háromszögben az \(\displaystyle a\) oldallal szemközti szög, \(\displaystyle APT∡=γ\).

Ha \(\displaystyle β \neq γ\), akkor ugyanígy teljesül, hogy a \(\displaystyle BPQ\) és \(\displaystyle TCQ\) hasonló háromszögek szögei \(\displaystyle α\), \(\displaystyle β\) és \(\displaystyle γ\). A feladat kikötése szerint \(\displaystyle TQ\) nem párhuzamos \(\displaystyle AB\)-vel, ezért \(\displaystyle TQC∡\) nem lehet \(\displaystyle β\), tehát \(\displaystyle TQC∡=α\). A \(\displaystyle BPQ\) háromszögben \(\displaystyle BPQ∡<BPC∡=γ\), ezért \(\displaystyle BPQ∡=α\) és \(\displaystyle BQP∡=γ\). A \(\displaystyle TPQ\) háromszögben \(\displaystyle TPQ∡=180°-α-γ=β\) és \(\displaystyle TQP∡=180°-α-γ=β\). Ezért a \(\displaystyle TPQ\) háromszög egyenlő szárú, vagyis \(\displaystyle PT=QT\).

Ha \(\displaystyle β = γ\) (erről az esetről feledkezett meg a bizottság is és a megoldók javarésze), akkor \(\displaystyle AP=a\), és \(\displaystyle CP=a\), ezért az \(\displaystyle APC\) háromszög egyenlő szárú. Ebből következik, hogy \(\displaystyle PCA∡=α\), vagyis \(\displaystyle β=γ=2α\). Tehát az \(\displaystyle ABC\) háromszögben \(\displaystyle 5\alpha=180^{\circ}\), \(\displaystyle \alpha=36^{\circ}\), \(\displaystyle \beta=\gamma=72^{\circ}\).

Tudjuk még, hogy \(\displaystyle BPQ\triangle\sim~TCQ\triangle\). Legyen \(\displaystyle QPB∡=\delta\) és \(\displaystyle PQB∡=\varepsilon\). Két eset lehetséges.

I. eset. \(\displaystyle CQT∡=\delta\) és \(\displaystyle CTQ∡=\varepsilon\). Mivel a \(\displaystyle PBQ\) háromszögben \(\displaystyle \delta+\varepsilon+72^{\circ}=180^{\circ}\), ezért \(\displaystyle 180^{\circ}=APT∡+TPQ∡+QPB∡=72^{\circ}+TPQ∡+\delta\) miatt \(\displaystyle TPQ∡=\varepsilon\).

Mivel \(\displaystyle 180^{\circ}=CQT∡+TQP∡+PQB∡=\delta+TQP∡+\varepsilon\), ezért \(\displaystyle TQP∡=72^{\circ}\). Ebből pedig már adódik, hogy \(\displaystyle PTQ∡=\delta\). Ebből látszólag az következik, hogy \(\displaystyle PT=QT\) csak akkor teljesül, ha \(\displaystyle \varepsilon=72^{\circ}\) és \(\displaystyle \delta=36^{\circ}\), bármely más szög esetén az állítás nem igaz. Azonban, ha megpróbálunk ellenpéldát szerkeszteni, nem jutunk eredményre: bármilyen szöget is választunk \(\displaystyle \delta\)-nak, azt \(\displaystyle P\) pontból felmérve, majd az így kapott \(\displaystyle Q\) pontból ismét felmérve, a kapott szögszár nem a \(\displaystyle T\) pontban metszi az \(\displaystyle AC\) egyenest. Ez nem véletlen. Ugyanis \(\displaystyle TQP\angle=72^{\circ}\), vagyis olyan pontot kellene találnunk a \(\displaystyle BC\) szakaszon, amelyből a \(\displaystyle PT\) szakasz \(\displaystyle 72^{\circ}\)-os szög alatt látszik. A legnagyobb szög alatt a \(\displaystyle BC\) szakasz \(\displaystyle F_A\) felezőpontjából látszik a \(\displaystyle PT\) szakasz (ilyenkor a látószögkörív érinti a \(\displaystyle BC\) oldalt). Megmutatjuk, hogy \(\displaystyle TF_AP\angle<72^{\circ}\).

Indirekt bizonyítunk: tegyük fel, hogy \(\displaystyle TF_AP\angle\geq72^{\circ}\). Ekkor a szimmetria miatt \(\displaystyle PF_AB\angle\leq\frac{180^{\circ}-72^{\circ}}{2}=54^{\circ}\), és így \(\displaystyle F_APB\angle\geq180^{\circ}-54^{\circ}-72^{\circ}=54^{\circ}\). A \(\displaystyle PF_AB\) háromszögben a szögek alapján \(\displaystyle F_AB\geq PB\), így \(\displaystyle PA=BC=2F_AB\geq2PB\). A szögfelezőtételt és ezt felhasználva \(\displaystyle \frac{AC}{BC}=\frac{PA}{PB}\geq2\). Tehát \(\displaystyle 2BC\leq AC=AT+TC=BC+PB\), vagyis \(\displaystyle BC\leq BP\leq F_AB=\frac{BC}{2}\). Ellentmondásra jutottunk, tehát valóban \(\displaystyle TF_AP\angle<72^{\circ}\).

II. eset. \(\displaystyle CQT∡=\varepsilon\) és \(\displaystyle CTQ∡=\delta\). Ekkor \(\displaystyle 180^{\circ}=CTQ∡+QTP∡+PTA∡\) miatt \(\displaystyle QTP∡=\varepsilon\) és hasonlóan \(\displaystyle TPQ∡=\varepsilon\). Tehát \(\displaystyle TQ=TP\) teljesül, \(\displaystyle Q\) a \(\displaystyle BC\) szakasz felezőpontja és illeszkedik \(\displaystyle TP\) és \(\displaystyle BC\) közös felező merőlegesére. Vagyis a feladat állítása pontosan akkor igaz, ha a \(\displaystyle TPQ\) háromszög szabályos. A fenti ellenpéldában éppen ezt a konstrukciót adtuk meg, és láttuk be a \(\displaystyle PTQ\) háromszögről, hogy nem szabályos. Tehát ebben az esetben nem igaz a feladat állítása.

Megjegyzés. Meggondolható, hogy a feladat állítása csak egyetlen speciális háromszög esetén teljesül, melynek szögei kerekítve \(\displaystyle 39,024\); \(\displaystyle 62,929\) és \(\displaystyle 78,047\) fokosak.

Statisztika:

0 dolgozat érkezett.

A KöMaL 2018. áprilisi matematika feladatai