 |
A B. 5435. feladat (2025. január) |
B. 5435. Az \(\displaystyle ABC\) háromszög beírt köre a \(\displaystyle BC\), \(\displaystyle AC\) és \(\displaystyle AB\) oldalakat rendre a \(\displaystyle D\), \(\displaystyle E\) és \(\displaystyle F\) pontokban érinti. Legyen továbbá \(\displaystyle P\), \(\displaystyle Q\) és \(\displaystyle R\) rendre az \(\displaystyle AD\), \(\displaystyle BE\) és \(\displaystyle CF\) szakaszok \(\displaystyle A\)-hoz, \(\displaystyle B\)-hez, illetve \(\displaystyle C\)-hez közelebbi harmadolópontja. Mutassuk meg, hogy a \(\displaystyle P\), \(\displaystyle Q\) és \(\displaystyle R\) pontok közül legalább egy a beírt kör belsejében vagy a határán helyezkedik el.
Javasolta: Lovas Márton (Budakalász)
(5 pont)
A beküldési határidő 2025. február 10-én LEJÁRT.
Megoldás. Jelöljük a beírt kört \(\displaystyle k\)-val. Legyenek az oldalak szokásos jelöléssel \(\displaystyle a\), \(\displaystyle b\), \(\displaystyle c\). Az általánosság elvesztése nélkül legyen \(\displaystyle a=1\) a legnagyobb oldal. Ekkor azt fogjuk megmutatni, hogy \(\displaystyle P\) benne van \(\displaystyle k\)-ban. Messe \(\displaystyle k\) \(\displaystyle AD\)-t másodjára \(\displaystyle M\)-ben. \(\displaystyle P\) akkor és csak akkor van benne \(\displaystyle k\)-ban, ha \(\displaystyle AM\leq\frac{AD}{3}\). Azonban az \(\displaystyle A\) pont \(\displaystyle k\)-ra vonatkozó hatványa miatt \(\displaystyle AE^2=AM\cdot AD\), azaz \(\displaystyle AM=\frac{AE^2}{AD}\). Ezeket összevetve \(\displaystyle AD^2\geq3\cdot AE^2\) esetén megvagyunk. Írjuk fel \(\displaystyle AD\) és \(\displaystyle AE\) hosszának négyzetét \(\displaystyle 1\), \(\displaystyle b\), \(\displaystyle c\) segítségével (felhasználva az osztópont-tételt és koszinusztételt):
$$\begin{align*} AE^2&=\left(\frac{b+c-1}{2}\right)^2,\\ AD^2&=\left(\frac{b+1-c}{2}\cdot\vec{AB}+\frac{c+1-b}{2}\cdot\vec{AC}\right)^2=\\ &=\left|\vec{AB}\right|^2\left(\frac{b+1-c}{2}\right)^2+\left|\vec{AC}\right|^2\left(\frac{c+1-b}{2}\right)^2+2(\vec{AB}\cdot\vec{AC})\frac{b+1-c}{2}\cdot\frac{c+1-b}{2}=\\ &=c^2\left(\frac{b+1-c}{2}\right)^2+b^2\left(\frac{c+1-b}{2}\right)^2+2bc\cos{\alpha}\cdot\frac{b+1-c}{2}\cdot\frac{c+1-b}{2}=\\ &=c^2\left(\frac{b+1-c}{2}\right)^2+b^2\left(\frac{c+1-b}{2}\right)^2+(b^2+c^2-1)\cdot\frac{b+1-c}{2}\cdot\frac{c+1-b}{2}. \end{align*}$$Azt kell tehát belátnunk, hogy
$$\begin{align*} &c^2\left(\frac{b+1-c}{2}\right)^2+b^2\left(\frac{c+1-b}{2}\right)^2+(b^2+c^2-1)\cdot\frac{b+1-c}{2}\cdot\frac{c+1-b}{2}\geq 3\left(\frac{b+c-1}{2}\right)^2\\ \Leftrightarrow\quad&c^2\left(\frac{b+1-c}{2}\right)^2+b^2\left(\frac{c+1-b}{2}\right)^2+(b^2+c^2-1)\cdot\frac{b+1-c}{2}\cdot\frac{c+1-b}{2}-3\left(\frac{b+c-1}{2}\right)^2\geq0\\ \Leftrightarrow\quad& \left(c\cdot\frac{b+1-c}{2}+b\cdot\frac{c+1-b}{2}\right)^2+(b^2-2bc+c^2-1)\cdot\frac{b+1-c}{2}\cdot\frac{c+1-b}{2}-3\left(\frac{b+c-1}{2}\right)^2\geq0\\ \Leftrightarrow\quad& \left(\frac{b+c+2bc-b^2-c^2}{2}\right)^2+(b^2-2bc+c^2-1)\left(\frac{1-(b-c)^2}{2}\right)^2-3\left(\frac{b+c-1}{2}\right)^2\geq0\\ \Leftrightarrow\quad& \left(\frac{b+c+2bc-b^2-c^2}{2}\right)^2-\left(\frac{b^2+c^2-2bc-1}{2}\right)^2-3\left(\frac{b+c-1}{2}\right)^2\geq0\\ \Leftrightarrow\quad& \left(\frac{b+c-1}{2}\right)\left(\frac{b+c+1}{2}-(b-c)^2\right)-3\left(\frac{b+c-1}{2}\right)^2\geq0\\ \Leftrightarrow\quad& (b+c-1)(b+c+1-2(b-c)^2)-3(b+c-1)^2\geq 0\\ \Leftrightarrow\quad& (b+c-1)(b+c+1-2b^2-2c^2+4bc-3b-3c+3)\geq 0\\ \Leftrightarrow\quad&-2(b+c-1)(c^2-2bc+b^2+b+c-2)\geq0 \end{align*}$$A háromszög-egyenlőtlenség miatt \(\displaystyle b+c-1>0\), azaz csak azt kell igazolni, hogy \(\displaystyle c^2-2bc+b^2+b+c-2\leq0\). Ehhez az általánosság elvesztése nélkül tegyük fel, hogy \(\displaystyle b\geq c\). Mivel \(\displaystyle b,c\leq1\), \(\displaystyle b-c\leq1\), ezért \(\displaystyle (b-c)^2\leq b-c\). Így
\(\displaystyle c^2-2bc+b^2+b+c-2=(b-c)^2+b+c-2\leq (b-c)+(b+c)-2=2b-2\leq0,\)
hiszen \(\displaystyle b\leq 1\).
Könnyen ellenőrizhető, hogy egyenlőség csak a szabályos háromszög esetén áll fenn, ekkor mindhárom harmadolópont éppen a körvonalon található.
Statisztika:
37 dolgozat érkezett. 5 pontot kapott: Ali Richárd, Aravin Peter, Bodor Ádám, Bodor Noémi, Csató Hanna Zita , Diaconescu Tashi, Gyenes Károly, Hodossy Réka, Holló Martin, Kovács Benedek Noel, Li Mingdao, Minh Hoang Tran, Molnár István Ádám, Molnár Lili, Pázmándi József Áron, Prohászka Bulcsú, Rajtik Sándor Barnabás, Sárdinecz Dóra, Szabó 721 Sámuel, Varga 511 Vivien, Virág Tóbiás, Wágner Márton, Zhai Yu Fan. 4 pontot kapott: Bencze Mátyás, Kővágó Edit Gréta, Vigh 279 Zalán. 3 pontot kapott: 1 versenyző. 2 pontot kapott: 5 versenyző. 0 pontot kapott: 5 versenyző.
A KöMaL 2025. januári matematika feladatai