Mathematical and Physical Journal
for High Schools
Issued by the MATFUND Foundation
Already signed up?
New to KöMaL?
I want the old design back!!! :-)

Problem A. 497. (January 2010)

A. 497. There is given an acute triangle ABC in the plane. Denote by A1, B1 and C1 the perpendicular feet of an arbitrary interior point P of the triangle on the sides BC, CA and AB, respectively. Let the inradii of the triangles PAC1, PC1B, PBA1, PA1C, PCB1 and PB1A be \varrho1,\varrho2,...,\varrho6, respectively. Determine the locus of those points P for which

\varrho1+\varrho3+\varrho5=\varrho2+\varrho4+\varrho6.

Proposed by Viktor Vígh, Szeged

(5 pont)

Deadline expired on February 10, 2010.


Sorry, the solution is available only in Hungarian. Google translation

Megoldásvázlat.

Felhasználjuk azt a jól ismert tényt, hogy ha egy derékszögű háromszög befogóinak hossza a és b, átfogója c, a beírt kör sugara pedig \varho, akkor


\varrho=\frac{a+b-c}{2}. 
(2)

(2) bizonyítása: Legyenek a háromszög csúcsai P,Q,R, a beírt kör középpontja I, az érintési pontok P1,Q1,R1 az ábra szerint. Az IP1Q1R négyzet oldalainak hossza P1R=Q1R=IP1=IQ1=\varrho, és a+b=(PQ1+Q1R)+(QP1+P1R)=(PQ1+QP1)+Q1R+P1R=(PR1+QR1)+\varrho+\varrho=c+2\varrho.

 

Az (1) feltételbe behelyettesítve (2)-t,

\varrho1+\varrho3+\varrho5-\varrho2-\varrho4-\varrho6=


= \frac{PC_1+AC_1-PA}{2} + \frac{PA_1+BA_1-PB}{2} + \frac{PB_1+CB_1-PC}{2} -
~ ~ ~

 ~ ~ ~
 - \frac{PC_1+C_1B-PB}{2} - \frac{PA_1+A_1C-PC}{2} - \frac{PB_1+B_1A-PA}{2} =


= \frac{AC_1+BA_1+CB_1-C_1B-A_1C-B_1A}{2},

vagyis (1) ekvivalens azzal, hogy

AC1+BA1+CB1-C1B-A1C-B1A=0.(3)

Két ilyen pont a háromszögben például a körülírt kör középpontja (amikor AC1=C1B, BA1=A1C és CB1=B1A), illetve a beírt kör középpontja (amikor AC1=B1A, BA1=C1B és CB1=A1C).

Legyen az AB, BC, CA szakaszok felezőpontja rendre C0, A0 és B0, a körülírt kör középpontja O, továbbá legyen {\bf u}=\frac{\vec{AB}}{|AB|}, {\bf v}=\frac{\vec{BC}}{|BC|} és {\bf w}=\frac{\vec{CA}}{|CA|}.

A \vec{OP} vektornak az oldalakra eső előjeles vetületeit az u, v, w vektorokkal vett skaláris szorzatai adják meg:


AC_1=AC_0+{\bf u}\cdot \vec{OP}, \qquad C_1B=C_0B-{\bf u}\cdot \vec{OP},


BA_1=BA_0+{\bf v}\cdot \vec{OP}, \qquad A_1C=A_0C-{\bf v}\cdot \vec{OP},


CB_1=CB_0+{\bf w}\cdot \vec{OP}, \qquad B_1A=B_0A-{\bf w}\cdot \vec{OP}.

Tehát

AC1+BA1+CB1-C1B-A1C-B1A=


= AC_0+BA_0+CB_0-C_0B-A_0C-B_0A + 
2({\bf u}+{\bf v}+{\bf w})\cdot\vec{OP} =


= 2({\bf u}+{\bf v}+{\bf w})\cdot\vec{OP}.

A (3) feltétel tehát ekvivalens azzal, hogy


({\bf u}+{\bf v}+{\bf w})\cdot\vec{OP} = \bf0.
(4)

Ha az ABC háromszög szabályos, akkor u+v+w=0. és (4) mindig teljesül.

Ha viszont az ABC háromszög nem szabályos, akkor u+v+w\ne0, és (4) az O-átmenő, a u+v+w vektorra merőleges egyenes pontjain teljesül. Ennek az egyenesnek ismerjük még egy pontját: a beírt kör középppontját, ami nem esik egybe O-val.

 

A keresett halmaz tehát:

- szabályos háromszög esetén a háromszög belseje;

- nem szabályos háromszög esetén a körülírt és a beírt kör középpontját összekötő egyenesnek a háromszög belsejébe eső szakasza.


Statistics:

14 students sent a solution.
5 points:Bodor Bertalan, Éles András, Frankl Nóra, Mester Márton, Nagy 648 Donát, Nagy Balázs, Popper Dávid, Somogyi Ákos, Strenner Péter, Szabó 928 Attila, Weisz Ágoston.
4 points:Frittmann Júlia, Nagy 235 János.
0 point:1 student.

Problems in Mathematics of KöMaL, January 2010