A B. 5440. matematika feladat megoldása

Szerk

B. 5440 Egy háromszög oldalait az oldalegyenesek mentén mindkét irányban meghosszabbítottuk, és mindegyik csúcs után felmértük még a csúccsal szemközti oldal hosszát. Mutassuk meg, hogy az így kapott hat pont egy körre illeszkedik.

Javasolta: Róka Sándor (Nyíregyháza)

1. megoldás.

1. ábra

Legyenek a háromszög csúcsai \(\displaystyle A\), \(\displaystyle B\), \(\displaystyle C\); az oldalak hosszúságai a szokásos jelölések szerint \(\displaystyle a\), \(\displaystyle b\) és \(\displaystyle c\). Az \(\displaystyle AB\), illetve \(\displaystyle AC\) szakaszokra az \(\displaystyle A\)-n túl felmért \(\displaystyle a\) hosszúságú szakaszok másik végpontjai legyenek \(\displaystyle D\), illetve \(\displaystyle E\). Ugyanezen módon a \(\displaystyle B\)-n túli meghosszabbítások végpontjai \(\displaystyle F\) és \(\displaystyle G\), végül a \(\displaystyle C\)-n túli meghosszabbítások végpontjai \(\displaystyle H\) és \(\displaystyle K\) pontok az ábra szerint. Legyen továbbá az \(\displaystyle ABC\) háromszög beírt körének középpontja az \(\displaystyle I\) pont.

Ekkor \(\displaystyle CE=CA+AE=b+a=BF+BC=CF\), vagyis \(\displaystyle ECF\) egyenlő szárú, tehát az \(\displaystyle ECF\) háromszög \(\displaystyle C\)-nél lévő belső szögfelezője szimmetriatengelye a háromszögnek, így az is igaz, hogy e szögfelező tetszőleges \(\displaystyle P\) pontjára \(\displaystyle PE=PF\).

Ezenkívül, mivel \(\displaystyle CE\) illeszkedik a \(\displaystyle CA\) egyenesre és \(\displaystyle CB\) is illeszkedik a \(\displaystyle CF\) egyenesre, illetve mivel a pontokat kifelé vettük fel, az \(\displaystyle ABC\) háromszög \(\displaystyle C\)-nél lévő belső szögfelezője egybeesik az \(\displaystyle ECF\) háromszög \(\displaystyle C\)-nél fekvő szögfelezőjével, hiszen valójában ugyanannak a két egyenesnek a szögfelezőit vettük, így tehát \(\displaystyle IE=IF\) is teljesül.

Hasonlóan \(\displaystyle BF=BG=b\), illetve az \(\displaystyle FBG\) \(\displaystyle B\)-hez tartozó belső szögfelezője megegyezik az \(\displaystyle ABC\) \(\displaystyle B\)-hez tartozó belső szögfelezőjével, tehát ekkor a szögfelező hasonlóan szimmetriatengelye \(\displaystyle FBG\)-nek, vagyis \(\displaystyle IF=IG\).

Logikai szimmetria miatt \(\displaystyle IG=IH\), \(\displaystyle IH=IK\), \(\displaystyle IK=ID\) és \(\displaystyle ID=IE\), vagyis \(\displaystyle ID=IE=EF=IG=IH=IK\), tehát a hat pont rajta van egy \(\displaystyle I\) középpontú körön, a hat pont egy körön van.

   Holló Martin (Budapest, Fazekas M. Gyak. Ált. Isk. és Gimn., 11. o. t.)

2. megoldás. Az első megoldás jelöléseit megtartva legyenek az \(\displaystyle ABC\) háromszög szögei – a kényelmesebb számolás érdekében – \(\displaystyle 2\alpha\), \(\displaystyle 2\beta\), \(\displaystyle 2\gamma\) az ábra szerint, és határozzuk meg az ábrán látható egyes szögek nagyságát.

2. ábra

A \(\displaystyle DAE\) és \(\displaystyle HAG\) háromszögek egyenlő szárúak (\(\displaystyle {AD=AE=a}\), \(\displaystyle AG=AH={b+c}\)), mindkettő szárszöge \(\displaystyle 2\alpha\), így az alapon fekvő szögek mind \(\displaystyle 90^\circ-\alpha\) nagyságúak.

\(\displaystyle ADE\sphericalangle=AED\sphericalangle=AGH\sphericalangle=AHG\sphericalangle=90^\circ-\alpha. \)

Ugyanilyen összefüggések írhatóak fel az ábra más hasonlóképpen létrejövő egyenlő szárú háromszögeire, ekkor az ábrán látható nagyságú szögekhez jutunk:

Az \(\displaystyle FGHK\) négyszögben

\(\displaystyle FKH\sphericalangle+FGH\sphericalangle=90^\circ-\gamma+90^\circ-\alpha+90^\circ-\beta=270^\circ-(\alpha+\beta+\gamma)=180^\circ, \)

ezért \(\displaystyle FGHK\) húrnégyszög.

A kerületi szögek tételének megfordítása alapján tudjuk, hogy mivel

\(\displaystyle HKF\sphericalangle=HEF\sphericalangle=90^\circ-\gamma, \)

ezért \(\displaystyle FHKE\) is húrnégyszög.

Az \(\displaystyle FGKH\) és \(\displaystyle FHKE\) húrnégyszögeknek három csúcsa azonos, a körülírt köreik megegyeznek a \(\displaystyle HKF\) háromszög körülírt körével, tehát \(\displaystyle FGHKE\) húrötszög.

Az előzőekhez hasonlóan látjuk, hogy

\(\displaystyle KHE\sphericalangle+EDK\sphericalangle=90^\circ-\gamma+90^\circ-\alpha+90^\circ-\beta=180^\circ, \)

ezért \(\displaystyle EDKH\) is húrnégyszög. Ennek a húrnégyszögnek három csúcsa – \(\displaystyle H\), \(\displaystyle K\) és \(\displaystyle E\) – egybeesik az előző húrötszög három csúcsával, tehát körülírt köreik megegyeznek, a hat pont \(\displaystyle D\), \(\displaystyle E\), \(\displaystyle F\), \(\displaystyle G\), \(\displaystyle H\), \(\displaystyle K\) egy körön van.

   Kovács Benedek Noel (Budapest, Fazekas M. Gyak. Ált Isk. és Gimn., 12. o. t.)

A feladatra összesen 97 versenyző és csapat küldött megoldást. 4 pontos 89, 3 pontos 2 versenyző dolgozata. 2, illetve 1 pontot kapott 1–1 versenyző. 0 pontos 4 tanuló dolgozata.

Megjegyzés. Az első megoldás lényegében megegyezik a honlapon is szereplő megoldások egyikével.