 |
A B. 5193. feladat (2021. október) |
B. 5193. Az \(\displaystyle ABC\) hegyesszögű háromszögben \(\displaystyle BCA\sphericalangle=45^{\circ}\), a magasságok talppontjai a \(\displaystyle BC\), \(\displaystyle CA\), \(\displaystyle AB\) oldalakon rendre \(\displaystyle D\), \(\displaystyle E\), \(\displaystyle F\), a háromszög magasságpontja \(\displaystyle M\). Tudjuk, hogy az \(\displaystyle F\) pont az \(\displaystyle AB\) szakaszt \(\displaystyle {AF}:{FB}={2}:{3}\) arányban osztja. Az \(\displaystyle AC\) oldalon megjelöljük azt a \(\displaystyle G\) pontot, amelyre \(\displaystyle CG=BM\). Mutassuk meg, hogy az \(\displaystyle ABG\) háromszög súlypontja \(\displaystyle M\).
(4 pont)
A beküldési határidő 2021. november 10-én LEJÁRT.
Megoldás.
Az \(\displaystyle ABC\) háromszög \(\displaystyle C\)-nél fekvő szöge \(\displaystyle 45^{\circ}\), a \(\displaystyle D\) és \(\displaystyle E\) pontok magasságok talppontjai, így \(\displaystyle CBE\sphericalangle=DAC\sphericalangle=45^{\circ}\). A \(\displaystyle BMGC\) négyszög \(\displaystyle BC\) oldalon fekvő szögei \(\displaystyle 45^{\circ}\)-osak, továbbá \(\displaystyle BM=CG\), tehát a négyszög szimmetrikus trapéz. A trapéz \(\displaystyle G\)-nél fekvő külső szöge, az \(\displaystyle AGM\sphericalangle=45^{\circ}\). Ezzel beláttuk, hogy \(\displaystyle AGM\) egyenlő szárú háromszög, azaz \(\displaystyle BE\) súlyvonala az \(\displaystyle ABG\) egyenlő szárú háromszögnek. A bizonyítás befejezéséhez elegendő megmutatni, hogy az \(\displaystyle M\) pont harmadolja az \(\displaystyle EB\) szakaszt.
A szögek alapján \(\displaystyle EM=AE\). Az \(\displaystyle EMC\) és \(\displaystyle EAB\) derékszögű háromszögekben egy-egy befogó és a velük szemközti szög is egyforma, a két háromszög egybevágó, vagyis \(\displaystyle MC=AB\). Szintén a szögek alapján az is igaz, hogy \(\displaystyle AEB\bigtriangleup \sim AFC\bigtriangleup\). Írjuk fel az eddigi megállapítások felhasználásával az \(\displaystyle EM\) és \(\displaystyle EB\) szakaszok \(\displaystyle x\) arányát:
\(\displaystyle x=\frac{EM}{EB}=\frac{AE}{EB}=\frac{AF}{FC}=\frac{AF}{AB+MF}.\)
Az \(\displaystyle AEB\) és \(\displaystyle MFB\) derészögű háromszögek hasonlósága alapján pedig:
\(\displaystyle x=\frac{EM}{EB}=\frac{EA}{EB}=\frac{MF}{FB}\)
is teljesül. Ezzel kiegészítve a fentebbi gondolatmenetet:
\(\displaystyle x=\frac{AF}{AB+MF}=\frac{AF}{AB+xBF}=\frac{\frac{2}{2}AB}{AB+x\cdot \frac{3}{5}AB}.\)
Most az \(\displaystyle AB\)-vel egyszerűsítve rendezés után \(\displaystyle x\)-re másodfokú egyenletet kapunk:
\(\displaystyle x=\frac{2}{5+3x}, \)
\(\displaystyle 3x^2+5x-2=0.\)
Az egyenlet pozitív gyöke \(\displaystyle x=\frac{1}{3}\).
Beláttuk, hogy az \(\displaystyle M\) pont az \(\displaystyle ABG\) egyenlő szárú háromszög alaphoz tartozó magasságának harmadolópontja, tehát valóban a súlypont.
Statisztika:
97 dolgozat érkezett. 4 pontot kapott: 57 versenyző. 3 pontot kapott: 16 versenyző. 2 pontot kapott: 13 versenyző. 1 pontot kapott: 7 versenyző. 0 pontot kapott: 2 versenyző.
A KöMaL 2021. októberi matematika feladatai