KöMaL - Középiskolai Matematikai és Fizikai Lapok
Sign In
Sign Up
 Magyar
Information
Contest
Journal
Articles

 

Problem B. 4460. (May 2012)

B. 4460. Regular triangles ABD, BCE and CAF are drawn over the sides of a triangle ABC, on the outside. Let G and H denote the midpoints of the line segments BD and BE, respectively, and let the midpoint of triangle CAF be I. Prove that the lines AH, CG and BI are concurrent.

Suggested by Sz. Miklós, Herceghalom

(5 pont)

Deadline expired on 11 June 2012.


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

Megoldás. Tegyük fel először, hogy a háromszög szögeire a szokásos jelölésekkel \alpha,\gamma<150o és \beta<120o teljesül, vagyis a szóban forgó egyenesek az ábrának megfelelően részben a háromszög belsejében haladnak. Vezessük be még a

HAC\sph=\alpha_1, BAH\sph=\alpha_2, IBA\sph=\beta_1, CBI\sph=\beta_2,
GCB\sph=\gamma_1, ACG\sph=\gamma_2

jelöléseket.

Az ACH, illetve ABH háromszögekre a szinusz-tételt felírva

\frac{\sin\alpha_1}{\sin(\gamma+30^\circ)}=\frac{CH}{AH},\quad
\frac{\sin\alpha_2}{\sin(\beta+60^\circ)}=\frac{BH}{AH},

ahonnan

\frac{\sin\alpha_1}{\sin\alpha_2}=
\frac{\sin(\gamma+30^\circ)}{\sin(\beta+60^\circ)}\cdot \frac{CH}{BH}=
\sqrt{3}\cdot\frac{\sin(\gamma+30^\circ)}{\sin(\beta+60^\circ)}.

Hasonlóképpen kapjuk, hogy

\frac{\sin\beta_1}{\sin\beta_2}=
\frac{\sin(\alpha+30^\circ)}{\sin(\gamma+30^\circ)}\cdot \frac{AI}{CI}=
\frac{\sin(\alpha+30^\circ)}{\sin(\gamma+30^\circ)}

és

\frac{\sin\gamma_1}{\sin\gamma_2}=
\frac{\sin(\beta+60^\circ)}{\sin(\alpha+30^\circ)}\cdot \frac{BG}{AG}=
\frac{1}{\sqrt{3}}\cdot\frac{\sin(\beta+60^\circ)}{\sin(\alpha+30^\circ)}.

Következésképpen

\frac{\sin\alpha_1}{\sin\alpha_2}\cdot\frac{\sin\beta_1}{\sin\beta_2}\cdot
\frac{\sin\gamma_1}{\sin\gamma_2}=1.

Most írjuk fel a szinusz-tételt az ACX és ABC háromszögekre, innen a

\frac{\sin\alpha_1}{\sin\alpha_2}=
\frac{\sin\gamma}{\sin\beta}\cdot \frac{XC}{BX}

összefüggést kapjuk. Hasonlóképpen

\frac{\sin\beta_1}{\sin\beta_2}=
\frac{\sin\alpha}{\sin\gamma}\cdot \frac{YA}{CY}

és

\frac{\sin\gamma_1}{\sin\gamma_2}=
\frac{\sin\beta}{\sin\alpha}\cdot \frac{ZB}{AZ}.

Ezeket összeszorozva egyszerűsítés után

\frac{XC}{BX}\cdot\frac{YA}{CY}\cdot\frac{ZB}{AZ}=1

adódik, amivel a bizonyítandó állítást visszavezettük Ceva tételére.

Ha \alpha=150o, \beta=120o vagy \gamma=150o, akkor a fenti indoklás során 0-val is kellene osztanunk. Könnyen látható azonban, hogy ekkor a három egyenes rendre az A, B, illetve C csúcsban metszi egymást. Végül ha valamelyik szög túl nagy, akkor a fenti bizonyítás érvényben marad ha irányított szögekkel, illetve szakaszokkal dolgozunk; az \alphai,\betai,\gammai szögek szinuszai közül és az AZ,ZB,BX,XC,CY,YA szakaszok hossza közül is pontosan kettő negatív lesz.


Statistics:

18 students sent a solution.
5 points:Bingler Arnold, Demeter Dániel, Forrás Bence, Herczeg József, Janzer Olivér, Kabos Eszter, Maga Balázs, Mester Márton, Ódor Gergely, Szabó 928 Attila.
4 points:Balogh Tamás, Sagmeister Ádám, Zsiros Ádám.
3 points:3 students.
0 point:2 students.

Our web pages are supported by:   Ericsson   Cognex   Emberi Erőforrás Támogatáskezelő   Emberi Erőforrások Minisztériuma   Nemzeti Tehetség Program    
MTA Energiatudományi Kutatóközpont   MTA Wigner Fizikai Kutatóközpont     Nemzeti
Kulturális Alap   ELTE   Morgan Stanley