 |
A C. 1740. feladat (2022. november) |
C. 1740. Az ABCD paralelogramma CD oldalán felvesszük a P belső pontot, a CD-vel párhuzamos AB oldalon a Q belső pontot. A PA és QD szakaszok metszéspontja M, a PB és QC szakaszok metszéspontja N.
Tegyük fel, hogy MN∦, és \displaystyle MN a \displaystyle CD egyenesét az \displaystyle X, \displaystyle AB egyenesét az \displaystyle Y pontban metszi. Bizonyítsuk be, hogy \displaystyle DX=BY.
(Amerikai versenyfeladat)
(5 pont)
A beküldési határidő 2022. december 12-én LEJÁRT.
Megoldás. Legyen az \displaystyle ABCD paralelogramma \displaystyle AB és \displaystyle CD oldalának hossza \displaystyle a, valamint legyen \displaystyle DX=x, illetve \displaystyle BY=y. Azt kell bizonyítanunk, hogy \displaystyle x=y. Ehhez tekintsük a következő ábrát.
A feltételekből következik, hogy az \displaystyle M és az \displaystyle N metszéspontok mindig létrejönnek, és minden lehetséges esetben különböznek is egymástól, így a \displaystyle P, Q pontok bármely, a feltételnek megfelelő elhelyezése esetén az \displaystyle MN egyenes is mindig létezik és mivel \displaystyle MN\nparallel{AB}, ezért az \displaystyle X, Y metszéspontok is létrejönnek.
Az \displaystyle AQPD és \displaystyle CPQB négyszögek trapézok, átlóik metszéspontja \displaystyle M, illetve \displaystyle N.
A trapéz átlóinak metszéspontja az átlókat a párhuzamos oldalak arányában osztja, ezért az \displaystyle AQPD trapézban
| \displaystyle (1) | \displaystyle \displaystyle{\frac{PM}{MA}=\frac{PD}{AQ}}, |
a \displaystyle CPQB trapézban pedig
| \displaystyle (2) | \displaystyle \displaystyle{\frac{CN}{NQ}=\frac{CP}{BQ}=\frac{a-PD}{BQ}}. |
Az \displaystyle AB és \displaystyle CD egyenesek párhuzamossága miatt az \displaystyle XMP és \displaystyle YMA háromszögek megfelelő szögei egyenlők, ezért a két háromszög hasonló, és így az (1) egyenlet felhasználásával
| \displaystyle (3) | \displaystyle \displaystyle{\frac{PM}{MA}=\frac{PD}{AQ}=\frac{x+PD}{a+y}}. |
Hasonló módon láthatjuk be, hogy az \displaystyle XNC és \displaystyle YNQ háromszögek is hasonlók, ezért (2) szerint
| \displaystyle (4) | \displaystyle \displaystyle{\frac{CN}{NQ}=\frac{CP}{BQ}=\frac{a-PD}{BQ}=\frac{a+x}{y+BQ}}. |
A műveletek elvégzésével és rendezéssel a (3) egyenletből azt kapjuk, hogy
| \displaystyle (5) | \displaystyle \displaystyle{x\cdot{AQ}+PD\cdot{AQ}=PD\cdot{a}+PD\cdot{y}}, |
a (4) egyenletből pedig azt, hogy
| \displaystyle (6) | \displaystyle \displaystyle{x\cdot{BQ}+PD\cdot{BQ}=y\cdot{a}-PD\cdot{y}}. |
Az (5) és (6) egyenletek megfelelő oldalait összeadva és figyelembe véve, hogy \displaystyle AQ+BQ=a, adódik az
\displaystyle \displaystyle{x\cdot{a}+PD\cdot{a}=y\cdot{a}+PD\cdot{a}}
egyenlőség, ahonnan rendezés, és a pozitív \displaystyle a számmal való osztás után
\displaystyle x=y
következik, amit bizonyítani akartunk.
Megjegyzés. Ha az \displaystyle ABCD átlóinak metszéspontját \displaystyle K-val jelöljük, akkor könnyen bizonyítható, hogy az \displaystyle XDK és \displaystyle YBK háromszögek egybevágók, ezért az \displaystyle X, K, Y pontok egy egyenesre illeszkednek. Ez azt is jelenti, hogy az \displaystyle MN egyenes áthalad a paralelogramma \displaystyle K szimmetriaközéppontján.
Statisztika:
82 dolgozat érkezett. 5 pontot kapott: Balogh Péter, Bérczes Botond, Hajós Balázs, Halász Henrik, Iván Máté Domonkos, Kerekes András, Keszthelyi Eszter, Kővágó Edit Gréta, Ligeti Ábel, Németh Hanna Júlia , Sütő Áron, Szabó Donát, Ujpál Bálint. 4 pontot kapott: Kriston Nándor, Prikler Dorka Abigél, Schneider Dávid. 3 pontot kapott: 5 versenyző. 2 pontot kapott: 11 versenyző. 1 pontot kapott: 31 versenyző. 0 pontot kapott: 4 versenyző. Nem versenyszerű: 7 dolgozat. Nem számítjuk a versenybe a születési dátum vagy a szülői nyilatkozat hiánya miatt: 1 dolgozat.
A KöMaL 2022. novemberi matematika feladatai
|
|