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