Problem C. 1649. (January 2021)

C. 1649. The diagonals of a cyclic quadrilateral intersect each other at right angles at point \(\displaystyle M\). The diagonals divide the quadrilateral into triangles. Prove that the altitude of any triangle drawn from point \(\displaystyle M\) is collinear with the median drawn from point \(\displaystyle M\) in the opposite triangle.

(5 pont)

Deadline expired on February 15, 2021.

Sorry, the solution is available only in Hungarian. Google translation

Megoldás. Elegendő a feladat állítását az \(\displaystyle M\) pont és az \(\displaystyle ABCD\) húrnégyszög egyik oldala által meghatározott háromszögből kiindulva bizonyítani. Legyen ez az \(\displaystyle ABM\) háromszög. Az \(\displaystyle AC\) és \(\displaystyle BD\) átlók által létrehozott háromszögek közül \(\displaystyle ABM\)-mel szemben a \(\displaystyle CDM\) háromszög helyezkedik el. Tekintsük a következő ábrát, amelyen az \(\displaystyle M\) pontból az \(\displaystyle AB\)-re bocsátott merőleges egyenest \(\displaystyle m\)-mel jelöltük, az \(\displaystyle m\) és \(\displaystyle AB\), illetve \(\displaystyle m\) és \(\displaystyle CD\) metszéspontja rendre \(\displaystyle E\) és \(\displaystyle F\).

Világos, hogy az \(\displaystyle ABM\) derékszögű háromszögben \(\displaystyle ME\) az \(\displaystyle AB\) átfogóhoz tartozó magasságvonal. Azt kell bizonyítanunk, hogy a \(\displaystyle CDM\) derékszögű háromszögben \(\displaystyle MF\) súlyvonal. Ehhez elég megmutatni azt, hogy \(\displaystyle F\) a \(\displaystyle CD\) szakasz felezőpontja.

Az \(\displaystyle ABCD\) húrnégyszög köré írt körben \(\displaystyle BAC\sphericalangle\) és \(\displaystyle BDC\sphericalangle\) azonos ívhez tartozó kerületi szögek, ezért egyenlők:

\(\displaystyle BAC\sphericalangle=BDC\sphericalangle=\alpha=MDF\sphericalangle.\)

Az \(\displaystyle ABM\) derékszögű háromszögben ezért \(\displaystyle ABM\sphericalangle=90^{\circ}-\alpha\) és így a \(\displaystyle BME\) derékszögű háromszögben \(\displaystyle BME\sphericalangle=\alpha.\)

A \(\displaystyle BME\sphericalangle\) és \(\displaystyle DMF\sphericalangle\) csúcsszögek, tehát egyenlő nagyságúak, így \(\displaystyle DMF\sphericalangle=\alpha\). Eszerint az \(\displaystyle DMF\) háromszögben a \(\displaystyle DM\) oldalon fekvő két szög egyenlő nagyságú, ez pedig azt jelenti, hogy a háromszög egyenlő szárú, azaz

Az \(\displaystyle ABD\sphericalangle\) és \(\displaystyle ACD\sphericalangle\) azonos ívhez tartozó kerületi szögek, ezért egyenlő nagyságúak. Ebből következik, hogy \(\displaystyle ABD\sphericalangle=EBM\sphericalangle=90^{\circ}-\alpha\), és így \(\displaystyle ACD\sphericalangle=MCF\sphericalangle=90^{\circ}-\alpha\).

Az \(\displaystyle EMA\) derékszögű háromszögben \(\displaystyle EMA\sphericalangle=90^{\circ}-\alpha\), a csúcsszögek egyenlősége miatt pedig \(\displaystyle FMC\sphericalangle=90^{\circ}-\alpha\) is igaz. Ez azt jelenti, hogy az \(\displaystyle FMC\) háromszögben az \(\displaystyle M\) és \(\displaystyle C\) csúcsoknál levő belső szögek egyenlő nagyságúak, ezért ez a háromszög is egyenlő szárú, tehát

Az (1) és (2) eredményekből a szakaszok egyenlőségének tranzitív tulajdonsága alapján azt kapjuk, hogy \(\displaystyle FD=FC\). Ez azonban éppen azt jelenti, hogy az \(\displaystyle F\) pont a \(\displaystyle CD\) szakasz felezőpontja. Ezzel a feladat állítását beláttuk, hiszen \(\displaystyle ME\) az \(\displaystyle ABM\) háromszög magasságvonala, \(\displaystyle FM\) pedig a \(\displaystyle CDM\) háromszög \(\displaystyle M\) csúcshoz tartozó súlyvonala.

Bármelyik másik háromszögpárra hasonlóképpen bizonyíthatunk.

Megjegyzés. Bizonyítható, hogy az \(\displaystyle M\) pontból az \(\displaystyle AB, BC, CD, DA\) oldalakra bocsátott merőlegesek talppontjai olyan négyszöget alkotnak, amely egyszerre húr-és érintőnégyszög, beírt körének középpontja \(\displaystyle M\).

Statistics:

31 students sent a solution.
5 points:	Albert Ákos, Andó Lujza, Baksay Réka, Biró 424 Ádám, Dobi Dorina Lili, Egyházi Hanna, Féger Tamás, Fekete András Albert, Flódung Áron , Gombos Gergely , Horváth 828 Mátyás, Horváth Antal, Kadem Aziz, Kelemen Anna, Molnár Réka, Németh Kristóf, Németh László Csaba, Németh Máté Előd, Ruszinkó Zita, Schneider Anna, Szabó András József , Szalanics Tamás, Szirmai Dénes, Téglás Panna, Varga 601 Zalán, Xu Yiling, Zaránd Andris.
4 points:	Döge Áron.
3 points:	1 student.
2 points:	1 student.
0 point:	1 student.

Problems in Mathematics of KöMaL, January 2021