Problem B. 5514. (February 2026)
B. 5514. The sides of triangle \(\displaystyle ABC\) satisfy \(\displaystyle a \geq b \geq c\) (with the usual notations). Let \(\displaystyle P\) be the endpoint of the angle bisector from point \(\displaystyle C\) on side \(\displaystyle AB\). Prove that the diagonals of the cyclic trapezoid with side lengths \(\displaystyle CP\), \(\displaystyle BP\), \(\displaystyle CP\), \(\displaystyle PA\) equals \(\displaystyle \sqrt{ab}\).
Proposed by Mihály Hujter, Budapest
(5 pont)
Deadline expired on March 10, 2026.
Sorry, the solution is available only in Hungarian. Google translation
Megoldás. Használjuk \(\displaystyle ABC\) háromszögben a szokásos jelöléseket, \(\displaystyle CP\) szögfelezőt jelölje \(\displaystyle g\), valamint legyen \(\displaystyle BP=x\) és \(\displaystyle AP=y\).
A szögfelezőtétel szerint
\(\displaystyle x=\frac {ac}{a+b} \qquad \text{és} \qquad y=\frac{bc}{a+b}.\)
A \(\displaystyle T_{ABC}=T_{APC}+T_{PBC}\) összefüggésbe a szinuszos területképleteket beírva nyerjük, hogy
\(\displaystyle \frac {ab\sin \gamma}{2}=\frac{ag\sin\frac{\gamma}{2}}{2}+\frac{bg\sin\frac{\gamma}{2}}{2};\)
ebből pedig a \(\displaystyle \sin \gamma =2 \sin \gamma/2 \cos \gamma/2\) azonosságot felhasználva
\(\displaystyle g=\frac{2ab\cos \frac{\gamma}{2}}{a+b}.\)
Először megmutatjuk, hogy \(\displaystyle g,x,g,y\) oldalakkal valóban szerkeszthető húrnégyszög. Ehhez elegendő leellenőrizni a háromszög-egyenlőtlenségek teljesülését. Az \(\displaystyle a\ge b\) feltétel miatt \(\displaystyle x\ge y\), így \(\displaystyle x+g+g>y\) és természetesen \(\displaystyle g+x+y>g\) automatikusan teljesül. Az egyetlen nem triviális ellenőrizendőt, a \(\displaystyle \gamma\le 60^\circ\) feltételt kihasználva, a következőképpen láthatjuk:
\(\displaystyle g+g+y=\frac {4ab \cos \frac{\gamma}{2}}{a+b}+\frac{bc}{a+b}>\frac {4ab \frac{\sqrt 3}{2}}{a+b}>\frac{ab}{a+b}\ge \frac{ac}{a+b}=x.\)
Ezek után jelölje a \(\displaystyle g,x,g,y\) oldalakkal szerkesztett húrnégyszög átlóját \(\displaystyle e\), és írjuk fel a Ptolemaiosz-tételt. A tétel szerint
\(\displaystyle e^2=xy+g^2=\frac{ac\cdot bc}{(a+b)^2}+\frac{4a^2b^2\cos^2\frac{\gamma}{2}}{(a+b)^2}=ab \cdot \frac{c^2+4ab\cos^2\frac{\gamma}{2}}{(a+b)^2}.\)
Felhasználva a koszinusz-tételt (\(\displaystyle c^2=a^2+b^2-2ab\cos \gamma\)), valamint a \(\displaystyle \cos \gamma= 2\cos^2 \gamma/2 -1\) azonosságot, adódik, hogy
\(\displaystyle \frac{c^2+4ab\cos^2\frac{\gamma}{2}}{(a+b)^2}=\frac{a^2+b^2-2ab(2\cos^2 \gamma/2 -1)+4ab\cos^2\frac{\gamma}{2}}{(a+b)^2}=\frac{a^2+b^2+2ab}{(a+b)^2}=1.\)
Ezt visszaírva az előző összefüggésbe \(\displaystyle e^2=ab\) következik, éppen amit bizonyítani akartunk.
Megjegyzés. A feladat eredménye egyúttal egy (újabb) eljárást szolgáltat a \(\displaystyle \sqrt{ab}\) hosszúságú szakasz szerkesztésére.
Statistics:
60 students sent a solution. 5 points: Ali Richárd, Nguyen Ngoc Mai, Sánta Gergely Péter, Varga 511 Vivien (4 students). 4 points: Albert Luca Liliána, Balla Ignác , Bao Nguyen Gia, Baranyi Ernő, Beinschroth Máté, Blaskovics Ádám, Bodó Rókus Dániel, Bodor Ádám, Budai Máté, Diaconescu Tashi, Ercse Ferenc, Gaál Gergely, Hajba Milán, Hajszter Dóra, Hideg János, József Áron, Kerekes András, Kurucz Lilien Jázmin, Lovas Márk, Maróti Olga, Mi Feiyu, Mikó Hédi Irma, Miszori Gergő, Miszori Márton, Molnár-Sáska Tamás, Nagy 707 Botond, Nagy Ádám Kornél , Nagypál Katóca, Papp Mátyás, Pázmándi József Áron, Péter Hanna, Rajtik Sándor Barnabás, Rotter Szabolcs, Sajter Klaus, Sha Jingyuan, Tóth László Pál, Tóth Luca, Várhegyi Hanna, Vincze Marcell, Weng Chenxin, Wiener Marcell (41 students). 3 points: 9 students. 2 points: 3 students. 0 points: 2 students.
Problems in Mathematics of KöMaL, February 2026