A C. 1759. feladat (2023. március)

C. 1759. Egymás mellé helyeztük az $\displaystyle ABC$ és $\displaystyle EDC$ derékszögű háromszögeket az ábra szerint.

Az $\displaystyle ABC$ háromszögben $\displaystyle BC=3$, $\displaystyle {CA=4}$, az $\displaystyle EDC$ háromszögben $\displaystyle DC=6$, $\displaystyle CE=8$. Az $\displaystyle ABE$ háromszög körülírt köre a $\displaystyle DE$ egyenest másodszor a $\displaystyle P$, a $\displaystyle DB$ egyenest másodszor a $\displaystyle Q$ pontban metszi. Határozzuk meg az $\displaystyle ABDE$ négyszög és az $\displaystyle AEPQB$ ötszög területe arányának pontos értékét.

Javasolta: Bíró Bálint (Eger)

(5 pont)

A beküldési határidő 2023. április 11-én LEJÁRT.

Megoldás. Az $\displaystyle ABC$ és $\displaystyle EDC$ derékszögű háromszögek hasonlók, mert megfelelő befogóik aránya egyenlő:

$\displaystyle \displaystyle{\frac{BC}{AC}=\frac{DC}{CE}=\frac{3}{4}}.$

Ezért, ha az $\displaystyle ABC$ háromszögben $\displaystyle CAB\sphericalangle=\alpha$, akkor az $\displaystyle EDC$ háromszögben $\displaystyle CED\sphericalangle=\alpha$ is igaz.
Tekintsük az alábbi ábrát, amelyen az $\displaystyle ABE$ háromszög körülírt körét $\displaystyle k$-val jelöltük, és megrajzoltuk a $\displaystyle PB$, illetve $\displaystyle PQ$ húrokat.

Az ábráról leolvashatjuk, hogy $\displaystyle EAB\sphericalangle=180^{\circ}-\alpha$, és mivel $\displaystyle \alpha$ hegyesszög, ezért $\displaystyle EAB\sphericalangle$ biztosan tompaszög.

Megmutatjuk, hogy a $\displaystyle P$ és $\displaystyle Q$ pontok csak az ábrának megfelelően a $\displaystyle DE$, illetve $\displaystyle DB$ félegyenesen az $\displaystyle E$, illetve $\displaystyle B$ ponton túl helyezkedhetnek el.

A $\displaystyle P$ pont nem lehet azonos $\displaystyle E$-vel, ellenkező esetben a $\displaystyle DE$ egyenes érintené a $\displaystyle k$ kört, ami azt eredményezné, hogy $\displaystyle CED\sphericalangle=\alpha$ érintő szárú kerületi szög lenne, és így a kerületi szögek tétele miatt

$\displaystyle EBA\sphericalangle=\alpha$

valósulna meg. Ez azonban lehetetlen, hiszen $\displaystyle CAB\sphericalangle=\alpha$ külső szöge az $\displaystyle ABE$ háromszögnek, és így nem állhatna fenn, hogy

$\displaystyle CAB\sphericalangle=\alpha=EBA\sphericalangle+AEB\sphericalangle.$

Hasonlóképpen igazolható, hogy a $\displaystyle Q$ pont nem lehet azonos $\displaystyle B$-vel.

Ezután, mivel a $\displaystyle P$ és $\displaystyle Q$ pontok illeszkednek a $\displaystyle k$ körre, ezért ezekből a pontokból az $\displaystyle EB$ szakasz $\displaystyle \alpha$ vagy $\displaystyle 180^{\circ}-\alpha$ szögben látszik. A $\displaystyle BPE\sphericalangle=180^{\circ}-\alpha$ eset azonban nem fordulhat elő, mert akkor a $\displaystyle P$ pont a $\displaystyle k$ körnek a $\displaystyle B$ és $\displaystyle E$ pontok által határolt és az $\displaystyle A$ pontot is tartalmaző körívén lenne, ez pedig lehetetlen, hiszen ennek az ívnek a pontjai a $\displaystyle B, E$ pontok kivételével a $\displaystyle BDE$ háromszög belső pontjai. Hasonlóan láthatjuk be, hogy $\displaystyle BQE\sphericalangle=180^{\circ}-\alpha$ sem lehetséges.

Mindezekből az következik, hogy

(1) szerint $\displaystyle BPE\sphericalangle=CED\sphericalangle=\alpha$, vagyis $\displaystyle BP\parallel{CE}$, és így $\displaystyle BP$ merőleges $\displaystyle BD$-re. Az $\displaystyle EDC$ háromszögben a Pitagorasz-tétel segítségével kapjuk, hogy $\displaystyle ED=10$. Ezután, mivel $\displaystyle BP\parallel{CE}$, alkalmazhatjuk a párhuzamos szelők tételét: $\displaystyle \displaystyle{\frac{PE}{ED}=\frac{BC}{CD}}$, a megfelelő értékek behelyettesítése után $\displaystyle \displaystyle{\frac{PE}{10}=\frac{3}{6}}$, ahonnan

A $\displaystyle DP$ és $\displaystyle DQ$ szakaszok a $\displaystyle k$ körhöz húzott szelők, ezért a szelődarabok szorzatára vonatkozó tétel miatt

$\displaystyle DE\cdot DP=DB\cdot DQ,$

ebből a szakaszok hossza, illetve (2) alapján $\displaystyle 10\cdot 15=9\cdot (9+BQ)$, innen pedig

A $\displaystyle PDB$ derékszögű háromszögből $\displaystyle PD=PE+DE=15$ szerint a Pitagorasz-tételből kapjuk, hogy

Az $\displaystyle ABDE$ négyszög területe az $\displaystyle ABC$ és $\displaystyle EDC$ derékszögű háromszögek területének összege (területegységben számolva)

$\displaystyle \displaystyle{T_{ABDE}=T_{BCA}+T_{DCE}=\frac{3\cdot 4}{2}+\frac{6\cdot 8}{2}=30.}$

Az $\displaystyle AEPQB$ ötszög területét a következőképpen számoljuk ki:

$\displaystyle T_{AEPQB}=T_{PQB}+T_{PDB}-T_{ABDE}.$

Mivel $\displaystyle \displaystyle{T_{PQB}=\frac{PB\cdot BQ}{2}}$, ezért (3) és (4) felhasználásával

$\displaystyle \displaystyle{T_{PQB}=\frac{12\cdot \frac{23}{3} }{2}=46}.$

A $\displaystyle PDB$ derékszögű háromszög területe

$\displaystyle T_{PDB}=\frac{PB\cdot BD}{2}=\frac{12\cdot 9}{2}=54,$

és tudjuk, hogy $\displaystyle T_{ABDE}=30$, ezért

$\displaystyle T_{AEPQB}=46+54-30=70.$

Ezért az $\displaystyle ABDE$ négyszög és az $\displaystyle AEPQB$ ötszög területének aránya:

$\displaystyle \displaystyle{\frac{T_{ABDE}}{T_{AEPQB}}=\frac{30}{70}=\frac{3}{7}.}$

Megjegyzés. A (2) eredményhez az $\displaystyle EDC$ és $\displaystyle PDB$ derékszögű háromszögek hasonlósága alapján is eljuthatunk.

Statisztika:

92 dolgozat érkezett.
5 pontot kapott:	Beke Botond, Bérczes Botond, Blaskovics Ádám, Braun Zsófia, Farkas Ábel, Fekete Patrik, Fiser 234 Boldizsár, Gyenes Károly, Hodossy Réka, Hosszu Noel, Illés Dóra, Iván Máté Domonkos, Kerekes András, Keszthelyi Eszter, Klement Tamás, Kovács Barnabás, Kővágó Edit Gréta, Ladányi Nóra, Lestár Sarolta, Márfai Dóra, Mező Levente, Monoczki Máté, Monos Máté, Nagy Kristóf Gábor , Nagy Zsófia Márta, Németh Hanna Júlia , Papp Zsófia, Petró Péter, Sándor Botond, Schneider Dávid, Sipeki Márton, Sütő Áron, Szabó Donát, Szatmári Emese, Teveli Jakab, Thuróczy Géza, Tomesz László Gergő, Tömböly 299 Áron, Török Eszter Júlia, Ujpál Bálint, Varga Dániel 829, Volford Barnabás, Waldhauser Miklós, Wodala Gréta Klára.
4 pontot kapott:	Barna Márton, Dobos Julianna, Kiss 152 Róbert Ádám, Nelissen Sámuel Zalán.
3 pontot kapott:	6 versenyző.
2 pontot kapott:	9 versenyző.
1 pontot kapott:	13 versenyző.
0 pontot kapott:	4 versenyző.
Nem versenyszerű:	3 dolgozat.
Nem számítjuk a versenybe a születési dátum vagy a szülői nyilatkozat hiánya miatt:	1 dolgozat.

A KöMaL 2023. márciusi matematika feladatai