 |
Az A. 927. feladat (2026. február) |
A. 927. Legyen \(\displaystyle ABCDEF\) egy bicentrikus hatszög, azaz olyan húrhatszög, amelybe kör írható. Tegyük fel, hogy létezik olyan \(\displaystyle P\) pont, amelyre az \(\displaystyle AP\) egyenes merőleges a \(\displaystyle BF\) egyenesre, \(\displaystyle CP\) merőleges \(\displaystyle BD\)-re, és \(\displaystyle EP\) merőleges \(\displaystyle DF\)-re. Bizonyítsuk be, hogy a hatszög valamelyik két szemközti oldalának összege egyenlő a hatszög köré írt kör átmérőjével.
Javasolta: Andrei Chirita (Cambridge)
(7 pont)
A beküldési határidő 2026. március 10-én LEJÁRT.
Megoldás: Be fogjuk bizonyítani, hogy a hatszög szimmetrikus az egyik átlójára. Először megmutatjuk, hogy ha a bicentrikus \(\displaystyle ABCDEF\) hatszög szimmetrikus az \(\displaystyle AD\) átlójára, akkor \(\displaystyle AB+DE=2R\). Jelölje \(\displaystyle I\) az \(\displaystyle ABCDEF\) hatszög beírt körének középpontját. \(\displaystyle I\) nyilván rajta van az \(\displaystyle AD\) átlón (a hatszög szimmetriatengelyén). Jelölje \(\displaystyle K\) a \(\displaystyle BCI\) kör és az \(\displaystyle AD\) egyenes második metszéspontját. Egyszerű szögszámolással \(\displaystyle CKD\sphericalangle=CBI\sphericalangle=\frac12CBA\sphericalangle=\frac12(180^\circ-ADC\sphericalangle)\), és ebből azonnal következik, hogy a \(\displaystyle CKD\) háromszög egyenlőszárú, tehát \(\displaystyle DC=DK\). Hasonlóan, \(\displaystyle AB=AK\), így végül \(\displaystyle AB+DE=AB+DC=DK+AK=2R\), ami a bizonyítandó volt.
Most belátjuk, hogy a \(\displaystyle (x-AB)(x-CD)(x-EF)\) és a \(\displaystyle (x-BC)(x-DE)(x-FA)\) polinom megegyezik. Az \(\displaystyle x^2\) együtthatója azért lesz egyenlő, mert \(\displaystyle AB+CD+EF=BC+DE+FA\) teljesül, mivel a hatszög érintőhatszög.
Az \(\displaystyle x\) együtthatója akkor lesz egyenlő, ha \(\displaystyle AB\cdot CD+CD\cdot EF+EF\cdot AB=BC\cdot DE+DE\cdot FA+FA\cdot BC\). Mivel \(\displaystyle AP\perp BF\), ezért \(\displaystyle BP^2-FP^2=AB^2-FA^2\) (ha egy négyszög átlói merőlegesek egymásra, akkor szemközti oldalainak négyzetösszege egyenlő). Hasonlóan, mivel \(\displaystyle CP\perp BD\), ezért \(\displaystyle DP^2-BP^2=CD^2-BC^2\) és végül \(\displaystyle FP^2-DP^2=EF^2-DE^2\). Ezeket összeadva azt kapjuk, hogy
\(\displaystyle AB^2-FA^2+CD^2-BC^2+EF^2-DE^2=0, \)
azaz \(\displaystyle AB^2+CD^2+EF^2=BC^2+DE^2+FA^2\), és innen megkapjuk a bizonyítandót, mert
\(\displaystyle AB\cdot CD+CD\cdot EF+EF\cdot AB=\frac12\left((AB+CD+EF)^2-(AB^2+CD^2+EF^2)\right), \)
és ugyanígy
\(\displaystyle BC\cdot DE+DE\cdot FA+FA\cdot BC=\frac12\left((BC+DE+FA)^2-(BC^2+DE^2+FA^2)\right). \)
Végül a konstans tag esetén azt kell bizonyítanunk, hogy \(\displaystyle AB\cdot CD\cdot EF=BC\cdot DE\cdot FA\). A Brianchon-tétel miatt \(\displaystyle AD\), \(\displaystyle BE\) és \(\displaystyle CF\) egy ponton mennek át (jelölje \(\displaystyle Q\)). A kerületi szögek tétele miatt az \(\displaystyle ABQ\) és \(\displaystyle EQD\) háromszögek hasonlók, így \(\displaystyle AB/DE=AQ/EQ\). Hasonlóan, \(\displaystyle EF/BC=EQ/CQ\) és \(\displaystyle CD/FA=CQ/AQ\). Ezeket összeszorozva megkapjuk a bizonyítandót.
Ezek szerint a két polinom gyökei megegyeznek, azaz az \(\displaystyle AB\), \(\displaystyle CD\), \(\displaystyle EF\) hosszúságok megegyeznek a \(\displaystyle BC\), \(\displaystyle DE\), \(\displaystyle FA\) hosszúságokkal valamilyen sorrendben.
1. eset: \(\displaystyle AB=BC\), \(\displaystyle CD=DE\) és \(\displaystyle EF=FA\) (azaz az egyforma hosszúságok ciklikus sorrendje \(\displaystyle xxyyzz\)). Ekkor az \(\displaystyle ABC\sphericalangle\), \(\displaystyle CDE\sphericalangle\) és \(\displaystyle EFA\sphericalangle\) szögek belső szögfelezői is átmérők, azaz a beírt és a körülírt kör középpontja megegyezik. Ekkor könnyen látható, hogy mind a hat oldal egyforma, azaz a hatszög szabályos.
2. eset: \(\displaystyle AB=BC\), \(\displaystyle CD=FA\) és \(\displaystyle EF=DE\) (azaz az egyforma hosszúságok ciklikus sorrendje \(\displaystyle xxyzzy\)). Ekkor a hatszög szimmetrikus a \(\displaystyle BE\) átlóra.
3. eset: \(\displaystyle AB=DE\), \(\displaystyle CD=FA\) és \(\displaystyle EF=BC\) (azaz egyforma hosszúságok ciklikus sorrendje \(\displaystyle xyzxyz\). Ekkor a hatszög középpontosan szimmetrikus a körülírt kör középpontjára, tehát ekkor is megegyezik a beírt és a körülírt kör középpontja, vagyis a hatszög szabályos.
Csak ez a három ciklikus sorrend lehetséges, így a bizonyítást befejeztük
Statisztika:
Az A. 927. feladat értékelése még nem fejeződött be.
A KöMaL 2026. februári matematika feladatai