A C. 1544. feladat (2019. április)

C. 1544. Az $\displaystyle ABCD$ érintőtrapéz átlóinak metszéspontja $\displaystyle E$. Az $\displaystyle ABE$, $\displaystyle BCE$, $\displaystyle CDE$ és $\displaystyle DAE$ háromszögekbe beírt körök sugarai rendre $\displaystyle r_1$, $\displaystyle r_2$, $\displaystyle r_3$ és $\displaystyle r_4$. Bizonyítsuk be, hogy

$\displaystyle \frac{1}{r_1}+\frac{1}{r_3}=\frac{1}{r_2}+\frac{1}{r_4}.$

(5 pont)

A beküldési határidő 2019. május 10-én LEJÁRT.

Megoldás. A feladat szövege alapján az $\displaystyle ABE$, $\displaystyle BCE$, $\displaystyle CDE$ és $\displaystyle DAE$ háromszögekbe beírt körök sugarai rendre $\displaystyle r_1$, $\displaystyle r_2$, $\displaystyle r_3$ és $\displaystyle r_4$. Kerületük legyen rendre $\displaystyle k_1$, $\displaystyle k_2$, $\displaystyle k_3$ és $\displaystyle k_4$, területük pedig $\displaystyle t_1$, $\displaystyle t_2$, $\displaystyle t_3$ és $\displaystyle t_4$.

Mivel $\displaystyle ABCD$ egy érintőnégyszög, így $\displaystyle AB+CD=AD+BC$. Ebből következik, hogy

hiszen mindkét oldal értéke $\displaystyle AB+CD+AC+BD=AD+BC+AC+BD.$

Másrészről $\displaystyle ABCD$ egy trapéz, így

hiszen mindkét oldalhoz $\displaystyle ABE$ területét adva az $\displaystyle ABC$, illetve $\displaystyle ABD$ háromszögek területét kapjuk, ezen háromszögeknek pedig $\displaystyle AB$ alapja, és ehhez tartozó magassága is közös.

Végül írjuk fel a $\displaystyle t_1$ és $\displaystyle t_2$ területek arányát a közös $\displaystyle m$ magasságukat (lásd ábra) használva:

$\displaystyle \frac{t_1}{t_2}=\frac{AE \cdot m}{EC \cdot m}=\frac{AE}{EC}.$

Ugyanígy

$\displaystyle \frac{t_4}{t_3}=\frac{AE}{EC}.$

Amiből

$\displaystyle \frac{t_1}{t_2}=\frac{t_4}{t_3},$

azaz

Meg kell mutatni, hogy

$\displaystyle \frac{1}{r_1}+\frac{1}{r_3}=\frac{1}{r_2}+\frac{1}{r_4}.$

Az ismert területképlet ($\displaystyle 2t_i=r_ik_i$) szerint ezzel ekvivalens állítás a következő:

$\displaystyle \frac{k_1}{t_1}+\frac{k_3}{t_3}=\frac{k_2}{t_2}+\frac{k_4}{t_4}.$

A (2) és (3) összefüggésekből adódik, hogy $\displaystyle t_2=t_4= \sqrt{t_1t_3}$. Ezt, illetve (1)-et használva kapjuk a következő ekvivalens alakot:

$\displaystyle \frac{k_1}{t_1}+\frac{k_3}{t_3}=\frac{k_1+k_3}{\sqrt{t_1t_3}}.$

Vegyük észre, hogy az $\displaystyle ABE$ és $\displaystyle ECD$ háromszögek hasonlóak (mindhárom szögük egyenlő), legyen a hasonlóság aránya $\displaystyle 1:\alpha$. Ekkor $\displaystyle k_3= \alpha k_1$ és $\displaystyle t_3= \alpha^2 t_1$. Ezeket helyettesítsük be az egyenlőségünkbe:

$\displaystyle \frac{k_1}{t_1}+\frac{\alpha k_1}{\alpha^2t_1}=\frac{k_1+\alpha k_1}{\sqrt{t_1 \alpha^2t_1}}.$

Itt elvégezve az egyszerűsítéseket és $\displaystyle t_1/k_1$-gyel szorozva kapjuk az előzővel ekvivalens

$\displaystyle 1+ \frac{1}{\alpha}=\frac{1+\alpha}{\alpha}$

összefüggést. Ez igaz, így mivel végig ekvivalens átalakításokat hajtottunk végre, ezért az eredeti állítás is az.

Statisztika:

22 dolgozat érkezett.
5 pontot kapott:	Ajtai Boglárka, Hordós Adél Zita, Jankovits András, Kalabay László, Majerusz Ádám, Mészáros 916 Márton, Molnár 410 István, Nyitrai Boglárka, Rozgonyi Gergely, Sebe Anna, Székelyhidi Klára, Szigeti Donát.
4 pontot kapott:	Kis 194 Károly.
3 pontot kapott:	1 versenyző.
2 pontot kapott:	1 versenyző.
1 pontot kapott:	3 versenyző.
0 pontot kapott:	4 versenyző.

A KöMaL 2019. áprilisi matematika feladatai