 |
A C. 1754. feladat (2023. február) |
C. 1754. Egy síkban egymás mellé helyeztük az \(\displaystyle ABCD\), \(\displaystyle BEFC\) és \(\displaystyle EGHF\) négyzeteket. A \(\displaystyle B\)-ből a \(\displaystyle DE\)-re bocsátott merőleges talppontja \(\displaystyle K\). Mutassuk meg, hogy az \(\displaystyle A\), \(\displaystyle K\), \(\displaystyle H\) pontok egy egyenesen vannak.
Javasolta: Bíró Bálint (Eger)
(5 pont)
A beküldési határidő 2023. március 10-én LEJÁRT.
1. megoldás. Helyezzük el a három egymás melletti négyzetet úgy, hogy az \(\displaystyle A\) pont az origóba, a \(\displaystyle B\) pont az \(\displaystyle x\)-tengelyre kerüljön és legyen a négyzetek oldalának hossza \(\displaystyle a\). Ekkor a négyzetek csúcsainak koordinátái:
| \(\displaystyle (1)\) | \(\displaystyle A(0;0),\quad B(a;0),\quad C(a;a),\quad D(0;a),\quad E(2a;0),\quad F(2a;a),\quad G(3a;0),\quad H(3a;a).\) |
Tekintsük az 1. ábrát, amelyen az \(\displaystyle AH\) és \(\displaystyle DE\) szakaszok metszéspontját \(\displaystyle K'\)-vel jelöltük.
1. ábra
Elegendő bizonyítani, hogy \(\displaystyle BK'\) merőleges \(\displaystyle DE\)-re, mert ekkor nyilvánvaló, hogy \(\displaystyle K=K'\) és így az \(\displaystyle A, K, H\) pontok valóban egy egyenesre esnek.
Az origón áthaladó \(\displaystyle AH\) egyenes meredeksége (1) felhasználásával \(\displaystyle \displaystyle{\frac{a}{3a}=\frac{1}{3}}\), ezért egyenlete
| \(\displaystyle (2)\) | \(\displaystyle y=\frac{1}{3}x.\) |
Hasonlóképpen a \(\displaystyle DE\) egyenes meredeksége (1) szerint \(\displaystyle \displaystyle{-\frac{a}{2a}=-\frac{1}{2}}\), tehát az egyenes egyenlete
| \(\displaystyle (3)\) | \(\displaystyle y=-\frac{1}{2}x+a.\) |
A (2) és (3) egyenletekből álló egyenletrendszer megoldása az
| \(\displaystyle (4)\) | \(\displaystyle \displaystyle{x=\frac{6a}{5};\quad y=\frac{2a}{5}}\) |
számpár, ezek a \(\displaystyle K'\) pont koordinátái.
A \(\displaystyle BK'\) egyenes egy irányvektora \(\displaystyle \displaystyle{\overrightarrow{BK'}\bigg(\frac{a}{5}; \frac{2a}{5}\bigg)}\), ezért a \(\displaystyle BK'\) egyenes meredeksége
| \(\displaystyle (5)\) | \(\displaystyle m_{BK'}=2.\) |
Két olyan egyenes, amelynek van meredeksége, pontosan akkor merőleges egymásra, ha a meredekségeik szorzata \(\displaystyle -1\). A \(\displaystyle DE\) és \(\displaystyle BK'\) egyenesek meredekségének szorzata (3), illetve (5) alapján éppen \(\displaystyle -1\), tehát a \(\displaystyle DE\) és \(\displaystyle BK'\) egyenesek merőlegesek egymásra.
Ezt azt jelenti, hogy \(\displaystyle K=K'\) valóban teljesül, ezért az \(\displaystyle A, K, H\) pontok egy egyenesen vannak.
2. megoldás. A feladatot úgy oldjuk meg, hogy kiszámítjuk a \(\displaystyle KA\) és \(\displaystyle KH\) távolságokat, és igazoljuk, hogy \(\displaystyle KA+KH=AH\). A számolást egyszerűsíthetjük, ha az \(\displaystyle a\) oldalú négyzeteketre és a \(\displaystyle K\) pontra egy origó középpontú, \(\displaystyle \displaystyle{\lambda=\frac{1}{a}}\) arányú középpontos hasonlóságot alkalmazunk, ezzel a bizonyítandó állítás nem változik meg. A hasonlósággal a négyzeteket három, egységnyi oldalú négyzetbe visszük át, és így
| \(\displaystyle (1)\) | \(\displaystyle A(0;0),\quad B(1;0),\quad C(1;1),\quad D(0;1),\quad E(2;0),\quad F(2;1),\quad G(3;0),\quad H(3;1).\) |
2. ábra
A \(\displaystyle DE\) egyenes meredeksége (1)-ből következően \(\displaystyle \displaystyle{-\frac{1}{2}}\), ezért az egyenes egyenlete
| \(\displaystyle (2)\) | \(\displaystyle y=-\frac{1}{2}x+1.\) |
A \(\displaystyle BK\) egyenes merőleges \(\displaystyle DE\)-re, tehát meredeksége \(\displaystyle m=2\), így a \(\displaystyle BK\) egyenes egyenlete \(\displaystyle y=2x+b\) alakú. Mivel ez az egyenes áthalad a \(\displaystyle B(1;0)\) ponton, a megfelelő koordináták behelyettesítésével kapjuk, hogy \(\displaystyle b=-2\), azaz a \(\displaystyle BK\) egyenes egyenlete
| \(\displaystyle (3)\) | \(\displaystyle y=2x-2.\) |
A (2) és (3) egyenletekből álló egyenletrendszer megoldása az
\(\displaystyle \displaystyle{x=\frac{6}{5};\quad y=\frac{2}{5}}\)
számpár, ezért a \(\displaystyle K\) pont koordinátái
| \(\displaystyle (4)\) | \(\displaystyle \displaystyle{K\Bigg(\frac{6}{5}; \frac{2}{5}\Bigg)}.\) |
Az (1) és (4) eredmények segítségével és a távolságképlet alkalmazásával azt kapjuk, hogy
| \(\displaystyle (5)\) | \(\displaystyle \displaystyle{KA=\frac{2\sqrt{10}}{5}; \quad KH=\frac{3\sqrt{10}}{5}; \quad AH=\sqrt{10}}.\) |
Az (5) összefüggés alapján egyszerű számolással láthatjuk be, hogy \(\displaystyle KA+KH=AH\) valóban teljesül.
Ha az \(\displaystyle A, K, H\) pontok nem lennének egy egyenesen, akkor háromszöget alkotnának, és akkor a háromszög-egyenlőtlenség miatt \(\displaystyle KA+KH=AH\) nem lehetne igaz.
Mivel pedig \(\displaystyle KA+KH=AH\) fennáll, ezért az \(\displaystyle A, K, H\) pontok egy egyenesen vannak.
3. megoldás. A feladat megoldásához elegendő igazolnunk, hogy \(\displaystyle AKH\sphericalangle=180^{\circ}\), ekkor teljesül, hogy az \(\displaystyle A, K, H\) pontok egy egyenesen vannak.
Tekintsük a feltételeknek megfelelően készített 3. ábrát, amelyen a három egymás mellé helyezett négyzetet tükröztük az \(\displaystyle AG\) egyenesre, az így létrejött három négyzetet pedig a négyzetek \(\displaystyle AG\)-vel párhuzamos oldalának egyenesére. Ezzel létrehoztunk egy kilenc egybevágó négyzetből álló nagyobb négyzetet.
3. ábra
A \(\displaystyle BD\) szakasz az \(\displaystyle ABCD\) négyzet \(\displaystyle C\) csúcsából nyilvánvalóan derékszögben látszik, és a \(\displaystyle BD\) szakasznak a \(\displaystyle K\) pontból mért látószöge is \(\displaystyle 90^{\circ}\)-os a \(\displaystyle BK\perp{DE}\) feltétel miatt. Ezért a \(\displaystyle K\) pont illeszkedik az \(\displaystyle ABCD\) négyzet \(\displaystyle O\) középpontú körülírt körére.
Az \(\displaystyle O\) középpontból az \(\displaystyle ABCD\) négyzet oldalai derékszögben látszanak, így a kör kerületének \(\displaystyle K\) pontjából a középponti és kerületi szögek összefüggése szerint az oldalak látószöge \(\displaystyle 45^{\circ}\)-os. Eszerint
| \(\displaystyle (1)\) | \(\displaystyle AKB\sphericalangle=DKA\sphericalangle=CKD\sphericalangle=45^{\circ}.\) |
Azt fogjuk bizonyítani, hogy az \(\displaystyle EH\) szakasz a \(\displaystyle K\) pontból \(\displaystyle 45^{\circ}\)-os szögben látszik. Ez egyenértékű a feladat állításával, mert akkor
\(\displaystyle AKB\sphericalangle+BKE\sphericalangle+EKH\sphericalangle=45^{\circ}+90^{\circ}+45^{\circ}=180^{\circ}.\)
Az \(\displaystyle EDA\) háromszög \(\displaystyle E\), illetve \(\displaystyle D\) csúcsánál levő hegyesszögeit a 3. ábrán \(\displaystyle \displaystyle{\varepsilon}\)-nal, illetve \(\displaystyle \displaystyle{\delta}\)-val jelöltük, a két szög összegére nyilván
| \(\displaystyle (2)\) | \(\displaystyle \varepsilon+\delta=90^{\circ}\) |
teljesül.
Az \(\displaystyle EDA\), \(\displaystyle FLP\), \(\displaystyle EMN\) és \(\displaystyle MEB\) derékszögű háromszögek az oldalak páronkéni egyenlősége miatt egybevágók, ezért
| \(\displaystyle (3)\) | \(\displaystyle PFL\sphericalangle=NEM\sphericalangle=\varepsilon;\quad MEB\sphericalangle=\delta.\) |
A (2)-(3) eredmények alapján \(\displaystyle BMEK\) derékszögű trapéz.
Ugyanakkor az \(\displaystyle EFLM\) négyszög paralelogramma, mert az egyenlő hosszúságú \(\displaystyle EF\) és \(\displaystyle LM\) szakaszok párhuzamosak. Ebből az következik, hogy \(\displaystyle EM\parallel{FL}\), és mivel \(\displaystyle KE\perp{EM}\), ezért \(\displaystyle KE\perp{FL}\) is igaz.
Az \(\displaystyle L\) pont a \(\displaystyle BM\) szakasz felezőpontja, így \(\displaystyle KB\parallel{FL}\parallel{EM}\) miatt a \(\displaystyle BMEK\) derékszögű trapéz középvonalának egyenese éppen az \(\displaystyle FL\) egyenes, amely a \(\displaystyle KE\) szakaszt merőlegesen felezi a \(\displaystyle Q\) pontban.
Az is nyilvánvaló, hogy a \(\displaystyle EH\) szakasz felezőmerőlegese \(\displaystyle GF\), és az előzőek szerint a \(\displaystyle KE\) szakasz felezőmerőlegese \(\displaystyle QF\). Az \(\displaystyle EKH\) háromszög két oldalának felezőmerőlegesei a körülírt kör \(\displaystyle F\) középpontjában metszik egymást.
Az \(\displaystyle F\) pontból az \(\displaystyle EKH\) háromszög körülírt körének \(\displaystyle EH\) húrja \(\displaystyle 90^{\circ}\)-os szögben látszik, ennek a húrnak a \(\displaystyle K\) pontból mért látószöge a középponti és kerületi szögek összefüggéséből adódóan
\(\displaystyle EKH\sphericalangle=45^{\circ}.\)
Ezzel bizonyítottuk, hogy
\(\displaystyle AKB\sphericalangle+BKE\sphericalangle+EKH\sphericalangle=45^{\circ}+90^{\circ}+45^{\circ}=180^{\circ},\)
tehát az \(\displaystyle A, K, H\) pontok valóban egy egyenesen vannak.
Megjegyzések. 1) Ha az 1. megoldásban a \(\displaystyle K'\) pont bevezetése helyett a \(\displaystyle K\) pont koordinátáit számoltuk volna ki, akkor a 2. megoldásban leírtak szerint bizonyíthattuk volna, hogy \(\displaystyle KA+KH=AH\).
2) A 3. ábra segítségével igazolható, hogy \(\displaystyle CAK\) és \(\displaystyle CHK\) derékszögű háromszögek, amelyeknek derékszögű csúcsa éppen \(\displaystyle K\). A feladat állítása ebből is következik.
Statisztika:
117 dolgozat érkezett. 5 pontot kapott: 91 versenyző. 4 pontot kapott: 4 versenyző. 3 pontot kapott: 2 versenyző. 2 pontot kapott: 1 versenyző. 1 pontot kapott: 5 versenyző. 0 pontot kapott: 3 versenyző. Nem versenyszerű: 5 dolgozat.
A KöMaL 2023. februári matematika feladatai