KöMaL - Középiskolai Matematikai és Fizikai Lapok
 English
Információ
A lap
Pontverseny
Cikkek
Hírek
Fórum

Rendelje meg a KöMaL-t!

Kifordítható

tetraéder

VersenyVizsga portál

Kísérletek.hu

Matematika oktatási portál

B. 4521. C is an interior point of a segment AB of line e. k1, k2 and k3 are semicircles drawn over the line segments AB, AC and CB on the same side of line e. The midpoints of the arcs of the semicircles are F1, F2 and F3. A circle touches semicircle k1 on the inside at E, and also touches the semicircles k2 and k3 on the outside. Show that the midpoint M of the line segment AB and the points C, F1, F2, F3 and E are all concyclic.

Suggested by Sz. Miklós, Herceghalom

(6 points)

Deadline expired on 11 March 2013.


Google Translation (Sorry, the solution is published in Hungarian only.)

Megoldási ötlet: Keressük meg a különböző körpárok hasonlósági pontjait.

 

Megoldás. Azt fogjuk megmutatni, hogy F2. F3, M és E is rajta van a CF1 átmérőjű körön.

Legyen k a k1-et belülről, a k2-t és k3-at kívülről érintő kör, és jelölje k érintési pontjait k2-n és k3-on P, illetve Q.

Mivel F1 a k1 félkörív felezőpontja, M pedig a kör középpontja, MF1 az AB szakasz felező merőlegese, tehát CMF_1\sphericalangle=90^\circ. A Thalész-tétel megfordítása miatt M rajta van a CF1 átmérőjű körön.

A k1 és k2 körök külső hasonlósági pontja A, a k1 és k3 körök külső hasonlósági pontja pedig B. Az A pontból a k1 félkört a k2 félkörbe kicsinyítve, az ABF1 egyenlő szárú derékszögű háromszög képe az ACF2 háromszög lesz, ezért az F2 pont az AF1 szakaszon van, és a CF2 szakasz párhuzamos a BF1 szakasszal. Hasonlóan, a B pontból a k1 félkört a k3 félkörbe kicsinyítve, az ABF1 egyenlő szárú háromszög képe a CBF3 háromszög, tehát az F3 pont a BF1 szakaszon van, és a CF3 szakasz párhuzamos AF1-gyel. Mivel BF_1A\sphericalangle =
CF_2A\sphericalangle = BF_3C\sphericalangle=90^\circ, a CF3F1F2 négyszög téglalap, és a körülírt körének CF1 egy átmérője.

Még azt kell megmutatnunk, hogy ez a kör az E ponton is átmegy.

Vizsgáljuk először azt az esetet, amikor k2 sugara kisebb, mint k3 sugara. Legyen H a k2 és k3 körök külső hasonlósági pontja, ami a BA félegyenes A-n túli meghosszabbításán van. A k és k2 belső hasonlósági pontja P, a k és k3 belső hasonlósági pontja Q. A három hasonlósági pont tétele szerint P, Q és H egy egyenesen van.

Legyen Q' a HPQ egyenes és k3 második, Q-tól különböző metszéspontja. Az a H középpontú nagyítás, ami k2-t k3-ba viszi, az A-t C-be, C-t B-be, továbbá P-t Q'-be képezi. Ezért


\frac{HA}{HC} = \frac{HC}{HB} = \frac{HP}{HQ'},  (1)

amiből

HA.HB=HC2.(2)

A H pontnak a k3-ra vonatkozó hatványa

HB.HC=HQ.HQ';

Ezt összevetve (1)-gyel,


HP\cdot HQ =
\left(\frac{HC}{HB}\cdot HQ'\right)\cdot HQ =
\frac{HA}{HC}\cdot (HB\cdot HC) = HA\cdot HB. (3)

Mivel HA.HB=HP.HQ, az A,B,P,Q pontok egy körön vannak; jelöljük ezt a kört \ell-lel. A k és \ell hatványvonala PQ, a k1 és \ell hatványvonala AB, a k és k1 hatványvonala pedig az E-ben húzott közös érintőjük. Mivel H=AB\capPQ, a három kör hatványpontja H, és az E-ben húzott érintő is átmegy H-n.

Mivel HE2=HA.HB=HC2, a HCE háromszög egyenlő szárú. Az MF1E háromszög szintén egyenlő szárú (szárai a k1 sugarai), és a két háromszög megfelelő szárai merőlegesek egymásra: HC merőleges NF1-re, és HE (k1 érintője) merőleges az ME sugárra. Ezért a háromszögek alapoldalai is merőlegesek: F_1EC\sphericalangle =
90^\circ. A Thalész-tétel megfordítása szerint ebből következik, hogy E is rajta van a CF1 átmérőjű körön.

Ha k1 sugara nagyobb, mint k2 sugara, akkor az A és B pontok szerepének felcserélésével ugyanígy járhatunk el. Ha pedig k1 és k2 egybevágó, akkor az ábra szimmetrikus az MF1 egyenesre, E=F1, emiatt az állítás ilyenkor is igaz.


Statistics on problem B. 4521.
44 students sent a solution.
6 points:Ágoston Péter, Balogh Tamás, Bereczki Zoltán, Bingler Arnold, Bogár Blanka, Emri Tamás, Fehér Zsombor, Fonyó Viktória, Forrás Bence, Gyulai-Nagy Szuzina, Janzer Olivér, Kúsz Ágnes, Lelkes János, Machó Bónis, Maga Balázs, Medek Ákos, Nagy-György Pál, Petrényi Márk, Sagmeister Ádám, Szabó 262 Lóránt, Szabó 789 Barnabás, Szabó 928 Attila, Tossenberger Tamás.
5 points:Herczeg József, Kabos Eszter, Tardos Jakab, Venczel Tünde, Vető Bálint.
4 points:1 student.
3 points:3 students.
2 points:9 students.
Unfair, not evaluated:2 solutions.
Unfair, not evaluated:1 solution.


  • Problems in Mathematics of KöMaL, February 2013

  • 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