KöMaL - Középiskolai Matematikai és Fizikai Lapok
Belépés
Regisztráció
 English
Információ
A lap
Pontverseny
Cikkek
Hírek
Fórum
Versenykiírás
Tudnivalók
Nevezési lap
Feladatok
Eredmények
Korábbi évek
Arcképcsarnok
Munkafüzet

Rendelje meg a KöMaL-t!

VersenyVizsga portál

Kísérletek.hu

Matematika oktatási portál

A B. 4460. feladat (2012. május)

B. 4460. Megrajzoljuk az ABC háromszög oldalaira kifelé az ABD, BCE és CAF szabályos háromszögeket. Jelölje a BD és BE szakasz felezőpontját rendre G, illetve H, a CAF háromszög középpontját pedig I. Igazoljuk, hogy az AH, CG és BI egyenesek egy pontban metszik egymást.

Javasolta: Miklós Szilárd (Herceghalom)

(5 pont)

A beküldési határidő 2012. június 11-én LEJÁRT.


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.


Statisztika:

18 dolgozat érkezett.
5 pontot kapott:Bingler Arnold, Demeter Dániel, Forrás Bence, Herczeg József, Janzer Olivér, Kabos Eszter, Maga Balázs, Mester Márton, Ódor Gergely, Szabó 928 Attila.
4 pontot kapott:Balogh Tamás, Sagmeister Ádám, Zsiros Ádám.
3 pontot kapott:3 versenyző.
0 pontot kapott:2 versenyző.

Támogatóink:   Ericsson   Cognex   Emberi Erőforrás Támogatáskezelő   Emberi Erőforrások Minisztériuma   Nemzeti Tehetség Program    
MTA Energiatudományi Kutatóközpont   MTA Wigner Fizikai Kutatóközpont     Nemzeti
Kulturális Alap   ELTE   Morgan Stanley