 |
A C. 1697. feladat (2021. december) |
C. 1697. Az ABC szabályos háromszögben a BC, CA, AB oldalakon rendre kijelöltük a D, E, F belső pontokat úgy, hogy DEF szabályos háromszög legyen. Ezután a BC és AC oldalakra kifelé a BDA′ és AEB′ szabályos háromszögeket rajzoltuk. Bizonyítsuk be, hogy az AB oldalon van olyan pont, amelyből az A′E és B′D szakaszok mindegyike derékszögben látszik.
(5 pont)
A beküldési határidő 2022. január 10-én LEJÁRT.
Megoldás. Először azt fogjuk bizonyítani, hogy a D, E, F pontok a megfelelő oldalakat azonos módon osztják két részre. Ehhez tekintsük az 1. ábrát, ahol az ABC háromszög oldalainak hosszát a-val jelöltük.
1. ábra
Az ABC és DEF háromszögek a feltétel szerint szabályosak, ezért minden szögük 60∘-os. Ha az AF szakasz hossza x, akkor FB=a−x. Az AFE∢=φ jelöléssel az AFE háromszögben AEF∢=120∘−φ, és az is teljesül, hogy DFB∢=120∘−φ és így a BDF háromszögben BDF∢=φ. Ez azt jelenti, hogy az AFE és BDF háromszögek szögei megegyeznek, és mivel a két háromszögben FE=DF, ezért ezek a háromszögek egybevágók. Hasonlóan egyszerűen láthatjuk be, hogy a CED háromszög is egybevágó az előző két háromszöggel. Eredményünk azt jelenti, hogy AF=BD=CE=x és FB=DC=EA=a−x, vagyis a D,E,F pontok a megfelelő oldalakat valóban azonos módon osztják két részre.
Ezt felhasználjuk a bizonyítás további részéhez készített 2. ábrán, amelyen megrajzoltuk az x, illetve a−x oldalú BDA′ és AEB′ szabályos háromszögeket.
2. ábra
Az ábrán tükröztük a BDA′ háromszöget a BC oldal egyenesére, a tükörkép a BDP szabályos háromszög. A tükrözés szög-és távolságtartó tulajdonsága miatt a P pont az AB oldal belső pontja, méghozzá úgy, hogy PB=x.
Emiatt PA=a−x is igaz, és mivel AE=a−x, illetve PAE∢=60∘, ezért a PAE háromszög szabályos, azaz PE=a−x is fennáll. Ez egyenértékű azzal, hogy a B′ pontnak az AC oldal egyenesére vonatkozó tükörképe egybeesik P-vel.
A tükrözés miatt a BD szakasz felezőmerőlegese PA′, az AE szakasz felezőmerőlegese PB′. A PBA′, illetve PAB′ ezért olyan egyenlő szárú háromszögek, amelyekben a szárak hossza x, illetve a−x, a szárak szöge pedig mindkét háromszögben 120∘-os. Eszerint az ábrán jelzett BPA′∢=α és APB′∢=β szögek nagysága egyaránt 30∘.
Mivel PAE szabályos háromszög, ezért EPB∢=120∘ és így EPA′∢=120∘−α=90∘. Ugyanakkor PBD is szabályos háromszög, tehát DPA∢=120∘, ebből pedig az következik, hogy DPB′∢=120∘−β=90∘.
Eszerint a P pontból a A′E és B′D szakaszok mindegyike derékszögben látszik, ez éppen a feladat állítása.
Megjegyzés. A P pont a D,E,F pontok bármely, a feltételeknek megfelelő elhelyezkedése esetén létezik, ezért a feladat állítása akkor is igaz, ha az 1. ábrától eltérően x>a2, vagy ha x=a2, utóbbi esetben F az AB oldal felezőpontja és F azonos P-vel.
Statisztika:
38 dolgozat érkezett. 5 pontot kapott: Besze Zsolt, Cynolter Dorottya, Deák Gergely, Egyházi Hanna, Fekete Patrik, Halász Henrik, Horváth Milán, Hosszu Noel, Keszthelyi Eszter, Kurucz Márton, Magyar Gábor Balázs, Murai Dóra Eszter, Nagy Dániel, Nagy Daniella, Németh Máté Előd, Pekk Márton, Radzik Réka, Rumpler Bianka, Schneider Dávid, Sipeki Márton, Süveges Gergő, Szabó Réka, Szabó Zóra, Szalanics Tamás, Szittyai Anna, Werner Kinga. 3 pontot kapott: 1 versenyző. 0 pontot kapott: 7 versenyző. Nem versenyszerű: 2 dolgozat.
A KöMaL 2021. decemberi matematika feladatai
|
|