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

A B. 5042. feladat (2019. szeptember)

B. 5042. Az \(\displaystyle ABCD\) konvex négyszögről tudjuk, hogy nem trapéz, valamint, hogy \(\displaystyle AC\) és \(\displaystyle BD\) átlói egyenlő hosszúak. Az átlók metszéspontját jelölje \(\displaystyle M\). Mutassuk meg, hogy az \(\displaystyle ABM\) és \(\displaystyle CDM\) körök második, \(\displaystyle M\)-től különböző metszéspontja a \(\displaystyle BMC\) szög felező egyenesére esik.

(4 pont)

A beküldési határidő 2019. október 10-én LEJÁRT.


1. megoldás. Legyen a két kör második metszéspontja \(\displaystyle N\).

Először is gondoljuk meg, hogy

  1. Az \(\displaystyle AMB\) és \(\displaystyle CMD\) körök nem érinthetik egymást, ezért az \(\displaystyle N\) pont valóban létezik;
  2. Az \(\displaystyle AMB\) és \(\displaystyle CMD\) körívek átmennek az \(\displaystyle N\) ponton;
  3. Az \(\displaystyle N\) pont csak az \(\displaystyle AMD\) vagy a \(\displaystyle BMC\) szögtartomány belsejében lehet.

1. Ha a két kör (az \(\displaystyle M\) pontban) érinti egymást, akkor a közös érintőn vegyünk fel két pontot: az \(\displaystyle AMD\) szögtartomány belsejében a \(\displaystyle T\), a \(\displaystyle BMC\) szögtartomány belsejében pedig az \(\displaystyle U\) pontot (1. ábra).

1. ábra

Az \(\displaystyle ABM\) körben \(\displaystyle BMU\measuredangle\), a \(\displaystyle CDM\) körben \(\displaystyle DMT\measuredangle\) érintő szárú kerületi szögek, ezért a kerületi szögek tételéből

\(\displaystyle ACD\measuredangle = MCD\measuredangle = TMD\measuredangle = UMB\measuredangle = MAB\measuredangle = CAB\measuredangle; \)

ebből viszont az következne, hogy \(\displaystyle AB\parallel CD\), márpedig a feltétel szerint az \(\displaystyle ABCD\) négyszög nem lehet trapéz. A két kör tehát nem érintheti egymást.

2. Az \(\displaystyle A\) pont a \(\displaystyle CDM\) kör \(\displaystyle CM\) húrjának meghosszabbítására esik, ezért \(\displaystyle A\) biztosan a \(\displaystyle CDM\) körön kívül van. Hasonlóan látjuk, hogy \(\displaystyle B\) is a \(\displaystyle CDM\) körön kívül helyezkedik el. Két, egymást metsző kör legfeljebb két-két ívre oszthatja egymást; az \(\displaystyle ABMN\) kör két \(\displaystyle MN\) íve közül az egyik a \(\displaystyle CDMN\) kör belsejébe, a másik a külsejébe esik: ez utóbbin van az \(\displaystyle A\) és a \(\displaystyle B\) pont. Más szóval, \(\displaystyle N\) az \(\displaystyle AMB\) köríven van. A két kör szerepének felcserélésével hasonlóan igazolhatjuk, hogy \(\displaystyle N\) a \(\displaystyle CMD\) köríven helyezkedik el.

3. Az \(\displaystyle M\) és \(\displaystyle N\) pontok az \(\displaystyle AB\) egyenesnek ugyanazon az oldalán vannak, mint az \(\displaystyle AMB\) körív. Az \(\displaystyle N\) pont az \(\displaystyle ABM\) háromszöglemezen kívül van, mert a háromszög köréírt körön van. Ezért \(\displaystyle N\) nem lehet az \(\displaystyle AMB\) szögtartományban vagy annak határán sem. Ugyanígy, \(\displaystyle N\) az ellentétes \(\displaystyle CMD\) szögtartományban vagy annak határán sem lehet. Ezzel kizártunk minden pontot, ami nincs az \(\displaystyle AMD\) vagy a \(\displaystyle BMC\) szögtartomány belsejében.

2. ábra

A szimmetria miatt az általánosság csorbítása nélkül feltehetjük, hogy az \(\displaystyle N\) pont a \(\displaystyle BMC\) szögtartomány belsejében van (2. ábra).

A kerületi szögek tételéből \(\displaystyle CAN\measuredangle=MAN\measuredangle=MBN\measuredangle=DBN\measuredangle\) és \(\displaystyle NCA\measuredangle=NCM\measuredangle=NDM\measuredangle=NDB\measuredangle\), továbbá a feltétel szerint \(\displaystyle AC=BD\). Az \(\displaystyle ANC\) és \(\displaystyle BND\) háromszögekben egy-egy oldal és két-két szög megegyezik, a két háromszög tehát egybevágó, Akkor viszont \(\displaystyle AN=BN\) és \(\displaystyle CN=DN\).

Az \(\displaystyle ABNM\) húrnégyszögből és az \(\displaystyle ABN\) egyenlő szárú háromszögből

\(\displaystyle NMC\measuredangle = 180^\circ-AMN\measuredangle = NBA\measuredangle = BAN\measuredangle = BMN\measuredangle; \)

ez éppen azt mutatja, hogy az \(\displaystyle MN\) félegyenes felezi a \(\displaystyle BMC\) szöget.

2. megoldás. Az előző megoldáshoz hasonlóan igazoljuk, hogy az \(\displaystyle N\) pont az \(\displaystyle AMB\) és \(\displaystyle CMD\) körívek metszéspontja, és csak az \(\displaystyle AMD\) vagy a \(\displaystyle BMC\) szögtartomány belsejében lehet.

Tekintsük azt a forgatást, amely az \(\displaystyle AC\) szakaszt a \(\displaystyle BD\) szakaszba képezi. A forgatás (irányított, modulo \(\displaystyle 360^\circ\)) szöge a két irányított szakasz szöge, vagyis \(\displaystyle BMA\measuredangle\). A forgatás középpontja tehát rajta van a \(\displaystyle BMA\) és a \(\displaystyle CMD\) köríven is, de mivel a négyszög nem trapéz, és így \(\displaystyle AM\ne BM\), a forgatás középpontja nem lehet az \(\displaystyle M\) pont. Akkor viszont a középpont a két kör másik metszéspontja, vagyis \(\displaystyle N\). Az \(\displaystyle N\) távolsága az \(\displaystyle AC\) és \(\displaystyle BD\) egyenesektől ugyanakkora, ezért rajta van a két egyenes valamelyik szögfelező egyenesén. Mivel \(\displaystyle N\) az \(\displaystyle AMD\) vagy a \(\displaystyle BMC\) szögtartomány belsejében van, az \(\displaystyle N\) csak a \(\displaystyle BMC\) szög felező egyenesén lehet.


Statisztika:

A B. 5042. feladat értékelése még nem fejeződött be.


A KöMaL 2019. szeptemberi matematika feladatai