Középiskolai Matematikai és Fizikai Lapok
Informatika rovattal
Kiadja a MATFUND Alapítvány
Már regisztráltál?
Új vendég vagy?

A B. 4110. feladat (2008. szeptember)

B. 4110. Az ABCDEF hatszög és a PQR háromszög úgy helyezkedik el a síkon, hogy az ABRQ, CDPR, EFQP négyszögek téglalapok.

a) Bizonyítsuk be, hogy a BC, DE, FA oldalak felezőmerőlegesei egy ponton mennek át.

b) Mutassuk meg, hogy létezik olyan P'Q'R' háromszög is, amelyre a BCR'Q', DEP'R', FAQ'P' négyszögek téglalapok.

(5 pont)

A beküldési határidő 2008. október 15-én LEJÁRT.


Megoldás: Tegyük fel, hogy a (2) állítást már igazoltuk. Ekkor a BC, DE, FA oldalak felezőmerőlegesei megegyeznek az R'Q', P'R', Q'P' szakaszok felezőmerőlegeseivel, melyek nyilván a P'Q'R' háromszög köré írható kör középpontjában metszik egymást, igazolva az (1) állítást. A (2) állítás igazolásához először a következő önmagában is érdekes segédtételt bizonyítjuk.

Az A1A2A3 háromszög Ai csúcsából a háromszög belsejében induló fi félegyenes zárjon be a háromszög megfelelő oldalaival \alphai, illetve \betai szöget az ábrán látható módon. Az f1,f2,f3 félegyenesek pontosan akkor mennek át egy ponton, ha

sin \alpha1sin \alpha2sin \alpha3=sin \beta1sin \beta2sin \beta3.

Valóban, ha a félegyenesek a P pontban metszik egymást, mely nyilván a háromszög belsejében fekszik, akkor a szinusz-tétel alapján

\frac{\sin\alpha_1}{\sin\beta_2}\cdot\frac{\sin\alpha_2}{\sin\beta_3}\cdot
\frac{\sin\alpha_3}{\sin\beta_1}=\frac{PA_2}{PA_1}\cdot
\frac{PA_3}{PA_2}\cdot\frac{PA_1}{PA_3}=1.

Megfordítva, tegyük fel, hogy sin \alpha1sin \alpha2sin \alpha3=sin \beta1sin \beta2sin \beta3, és a háromszögnek az A1 csúcsnál lévő szöge hegyesszög. Jelölje P az f2 és f3 félegyenesek metszéspontját, mely nyilván a háromszög belsejébe esik, az A1P félegyenesnek a megfelelő oldalakkal bezárt szögét pedig \alpha1', illetve \beta1'. A feltételt egybevetve a segédtétel már igazolt felével kapjuk, hogy sin \alpha1'/sin \beta1'=sin \alpha1/sin \beta1. Mivel 0<x<\alpha<90o esetén az f(x)=sin x/sin (\alpha-x) függvény szigorúan monoton nő, ebből \alpha1'=\alpha1 adódik, ami azt jelenti, hogy az f1 félegyenes is áthalad a P ponton.

A fenti segédtétel felhasználásával a (2) állítás már könnyen levezethető. Párhuzamos eltolással vigyük a BRC, illetve AQF háromszögeket olyan helyzetbe, hogy a C pont D-be, az F pont pedig E-be kerüljön. Ekkor az R és a Q pont is P-be kerül, minek folytán a B és A pontok ugyanazon G pontba kerülnek. A DEG háromszögre alkalmazva a segédtételt kapjuk, hogy sin \alphasin \gammasin \varepsilon=sin \betasin \deltasin \zeta. Most alkalmazzunk párhuzamos eltolásokat az AB, CD, illetve EF szakaszokra olyan módon, hogy D és E ugyanazon X, F és A ugyanozon Y, B és C pedig ugyanazon Z pontba kerüljenek. Az XYZ háromszögben vegyük fel az X-ből kiinduló f, az Y-ból kiinduló g és a Z-ből kiinduló h félegyeneseket úgy, hogy f az XY oldallal \alpha, g az YZ oldallal \gamma, h pedig a ZX oldallal \varepsilon szöget zárjon be, ekkor f az XZ oldallal \beta, g az YX oldallal \delta, h pedig a ZY oldallal \zeta szöget zár be. Ekkor a segédtétel másik irányát használva azt kapjuk, hogy az f,g,h félegyenesek egy közös U pontban metszik egymást. Az U pontra az iménti eltolások inverzét alkalmazva éppen a megfelelő Q', R', illetve P' ponthoz jutunk.


Statisztika:

18 dolgozat érkezett.
5 pontot kapott:Bálint Dániel, Bodor Bertalan, Éles András, Fonyó Dávid, Huszár Kristóf, Kalina Kende, Lovas Lia Izabella, Nagy 648 Donát.
3 pontot kapott:2 versenyző.
2 pontot kapott:1 versenyző.
1 pontot kapott:4 versenyző.
0 pontot kapott:3 versenyző.

A KöMaL 2008. szeptemberi matematika feladatai