A C. 1697. feladat (2021. december)

C. 1697. Az \(\displaystyle ABC\) szabályos háromszögben a \(\displaystyle BC\), \(\displaystyle CA\), \(\displaystyle AB\) oldalakon rendre kijelöltük a \(\displaystyle D\), \(\displaystyle E\), \(\displaystyle F\) belső pontokat úgy, hogy \(\displaystyle DEF\) szabályos háromszög legyen. Ezután a \(\displaystyle BC\) és \(\displaystyle AC\) oldalakra kifelé a \(\displaystyle BDA'\) és \(\displaystyle AEB'\) szabályos háromszögeket rajzoltuk. Bizonyítsuk be, hogy az \(\displaystyle AB\) oldalon van olyan pont, amelyből az \(\displaystyle A'E\) és \(\displaystyle B'D\) szakaszok mindegyike derékszögben látszik.

(5 pont)

A beküldési határidő 2022. január 10-én LEJÁRT.

Megoldás. Először azt fogjuk bizonyítani, hogy a \(\displaystyle D\), \(\displaystyle E\), \(\displaystyle F\) pontok a megfelelő oldalakat azonos módon osztják két részre. Ehhez tekintsük az 1. ábrát, ahol az \(\displaystyle ABC\) háromszög oldalainak hosszát \(\displaystyle a\)-val jelöltük.

1. ábra

Az \(\displaystyle ABC\) és \(\displaystyle DEF\) háromszögek a feltétel szerint szabályosak, ezért minden szögük \(\displaystyle 60^{\circ}\)-os. Ha az \(\displaystyle AF\) szakasz hossza \(\displaystyle x\), akkor \(\displaystyle FB=a-x\). Az \(\displaystyle AFE\sphericalangle=\varphi\) jelöléssel az \(\displaystyle AFE\) háromszögben \(\displaystyle AEF\sphericalangle=120^{\circ}-\varphi\), és az is teljesül, hogy \(\displaystyle DFB\sphericalangle=120^{\circ}-\varphi\) és így a \(\displaystyle BDF\) háromszögben \(\displaystyle BDF\sphericalangle=\varphi\). Ez azt jelenti, hogy az \(\displaystyle AFE\) és \(\displaystyle BDF\) háromszögek szögei megegyeznek, és mivel a két háromszögben \(\displaystyle FE=DF\), ezért ezek a háromszögek egybevágók. Hasonlóan egyszerűen láthatjuk be, hogy a \(\displaystyle CED\) háromszög is egybevágó az előző két háromszöggel. Eredményünk azt jelenti, hogy \(\displaystyle AF=BD=CE=x\) és \(\displaystyle FB=DC=EA=a-x\), vagyis a \(\displaystyle D,E,F\) pontok a megfelelő oldalakat valóban azonos módon osztják két részre.

Ezt felhasználjuk a bizonyítás további részéhez készített 2. ábrán, amelyen megrajzoltuk az \(\displaystyle x\), illetve \(\displaystyle a-x\) oldalú \(\displaystyle BDA'\) és \(\displaystyle AEB'\) szabályos háromszögeket.

2. ábra

Az ábrán tükröztük a \(\displaystyle BDA'\) háromszöget a \(\displaystyle BC\) oldal egyenesére, a tükörkép a \(\displaystyle BDP\) szabályos háromszög. A tükrözés szög-és távolságtartó tulajdonsága miatt a \(\displaystyle P\) pont az \(\displaystyle AB\) oldal belső pontja, méghozzá úgy, hogy \(\displaystyle PB=x\).

Emiatt \(\displaystyle PA=a-x\) is igaz, és mivel \(\displaystyle AE=a-x\), illetve \(\displaystyle PAE\sphericalangle=60^{\circ}\), ezért a \(\displaystyle PAE\) háromszög szabályos, azaz \(\displaystyle PE=a-x\) is fennáll. Ez egyenértékű azzal, hogy a \(\displaystyle B'\) pontnak az \(\displaystyle AC\) oldal egyenesére vonatkozó tükörképe egybeesik \(\displaystyle P\)-vel.

A tükrözés miatt a \(\displaystyle BD\) szakasz felezőmerőlegese \(\displaystyle PA'\), az \(\displaystyle AE\) szakasz felezőmerőlegese \(\displaystyle PB'\). A \(\displaystyle PBA'\), illetve \(\displaystyle PAB'\) ezért olyan egyenlő szárú háromszögek, amelyekben a szárak hossza \(\displaystyle x\), illetve \(\displaystyle a-x\), a szárak szöge pedig mindkét háromszögben \(\displaystyle 120^{\circ}\)-os. Eszerint az ábrán jelzett \(\displaystyle BPA'\sphericalangle=\alpha\) és \(\displaystyle APB'\sphericalangle=\beta\) szögek nagysága egyaránt \(\displaystyle 30^{\circ}\).

Mivel \(\displaystyle PAE\) szabályos háromszög, ezért \(\displaystyle EPB\sphericalangle=120^{\circ}\) és így \(\displaystyle EPA'\sphericalangle=120^{\circ}-\alpha=90^{\circ}\). Ugyanakkor \(\displaystyle PBD\) is szabályos háromszög, tehát \(\displaystyle DPA\sphericalangle=120^{\circ}\), ebből pedig az következik, hogy \(\displaystyle DPB'\sphericalangle=120^{\circ}-\beta=90^{\circ}\).

Eszerint a \(\displaystyle P\) pontból a \(\displaystyle A'E\) és \(\displaystyle B'D\) szakaszok mindegyike derékszögben látszik, ez éppen a feladat állítása.

Megjegyzés. A \(\displaystyle P\) pont a \(\displaystyle D,E,F\) pontok bármely, a feltételeknek megfelelő elhelyezkedése esetén létezik, ezért a feladat állítása akkor is igaz, ha az 1. ábrától eltérően \(\displaystyle x>\frac{a}{2}\), vagy ha \(\displaystyle x=\frac{a}{2}\), utóbbi esetben \(\displaystyle F\) az \(\displaystyle AB\) oldal felezőpontja és \(\displaystyle F\) azonos \(\displaystyle P\)-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