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

A B. 4498. feladat (2012. december)

B. 4498. Azt mondjuk, hogy az ABCD konvex négyszög B csúcsa ,,különleges'', ha a BD egyenesnek az ABC szög felezőjére vett tükörképe felezi az AC átlót. Bizonyítsuk be, hogy ha egy húrnégyszög valamelyik csúcsa különleges, akkor minden csúcsa az.

Javasolta: Maga Péter

(5 pont)

A beküldési határidő 2013. január 10-én LEJÁRT.


Útmutatás: Legyen F az AC szakasz felezőpontja. Írjuk fel a szinusztételt az ABF és a BCF háromszögekre.

Megoldás: Elegendő annyit belátni, hogy ha a B csúcs különleges, akkor az A csúcs is az. Az AC, BD és AD szakaszok felezőpontját jelölje rendre F, G, illetve H. Legyen az AC szakasz felező merőlegese t. A B,D pontok t-re vett tükörképét jelölje B'',D'', továbbá legyen F' a t egyenesnek a B-t nem tartalmazó AC ívvel vett metszéspontja. Ekkor F' az AC ív felezőpontja, vagyis az a pont, amelyben a B-ből induló szögfelező az AC ívet metszi.

Az hogy a B csúcs különleges, ekvivalens tehát azzal, hogy a BD'' és B''D szakaszok áthaladnak az F ponton, vagyis hogy a CDB szög egyenlő az FDA szöggel. Az A\leftrightarrow B, C\leftrightarrow D, F\leftrightarrow G megfeleltetés szerint pedig az A csúcs különleges volta ekvivalens azzal, hogy a DCA szög egyenlő az GCB szöggel. Annyit kell ezek szerint csak belátnunk, hogy ha CDB\angle=FDA\angle, akkor DCA\angle=GCB\angle is teljesül.

Tegyük fel tehát, hogy CDB\angle=FDA\angle. Mivel a kerületi szögek tétele szerint DBC\angle=DAF\angle, a DBC és DAF háromszögek hasonlóak. Ezért a GBC és HAF háromszögek is hasonlóak. Mivel pedig az FH szakasz párhuzamos CD-vel, látható hogy valóban GCB\angle=HFA\angle=DCA\angle.


Statisztika:

30 dolgozat érkezett.
5 pontot kapott:Balogh Tamás, Bingler Arnold, Bogár Blanka, Bősze Zsuzsanna, Emri Tamás, Fehér Zsombor, Gyulai-Nagy Szuzina, Janzer Barnabás, Janzer Olivér, Kúsz Ágnes, Maga Balázs, Nagy-György Pál, Paulovics Zoltán, Petrényi Márk, Sagmeister Ádám, Simkó Irén, Simon 047 Péter, Szabó 789 Barnabás, Szabó 928 Attila, Tossenberger Tamás, Venczel Tünde.
4 pontot kapott:Dinev Georgi, Herczeg József, Kabos Eszter, Medek Ákos, Nagy Róbert, Schultz Vera Magdolna.
3 pontot kapott:2 versenyző.
2 pontot kapott:1 versenyző.

A KöMaL 2012. decemberi matematika feladatai