Mathematical and Physical Journal
for High Schools
Issued by the MATFUND Foundation
Already signed up?
New to KöMaL?

Problem C. 1700. (January 2022)

C. 1700. In a circle of centre \(\displaystyle O\), \(\displaystyle A\) is an interior point different from \(\displaystyle O\). For a point \(\displaystyle B\) on the circumference of the circle, \(\displaystyle \angle OAB =\alpha\). Let \(\displaystyle C\) be a point on the circumference such that \(\displaystyle 2\alpha+\beta=180^{\circ}\), where \(\displaystyle \angle BAC =\beta\), and the angles \(\displaystyle \angle BAO\) and \(\displaystyle \angle BAC\) have no common points apart from the ray \(\displaystyle AB\). Prove that the points \(\displaystyle O\), \(\displaystyle A\), \(\displaystyle B\), \(\displaystyle C\) are concyclic.

\

(5 pont)

Deadline expired on February 10, 2022.


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

Megoldás. Az \(\displaystyle 2\alpha+\beta=180^{\circ}\) feltételből azt kapjuk, hogy \(\displaystyle \beta=180^{\circ}-2\alpha\). A negatív szögeket ebben az esetben ki kell zárnunk, ezért \(\displaystyle \alpha\) csak hegyesszög lehet.

Készítsünk a feltételeknek megfelelő ábrát.

Az \(\displaystyle AB\) és \(\displaystyle AC\) egyenes a \(\displaystyle k\) kört másodszor a \(\displaystyle D\), illetve \(\displaystyle E\) pontban metszette. Az ábrán a \(\displaystyle BCE\sphericalangle=\gamma\) jelölést alkalmaztuk.

Egyszerűen látható, hogy \(\displaystyle CAO\sphericalangle=\alpha+\beta\), és így a \(\displaystyle 2\alpha+\beta=180^{\circ}\) feltételt felhasználva azt kapjuk, hogy \(\displaystyle OAE\sphericalangle=\alpha\), tehát a \(\displaystyle BAE\) háromszögben az \(\displaystyle AO\) egyenes szögfelező. Az \(\displaystyle OAE\sphericalangle=\alpha\) eredmény azt is jelenti, hogy \(\displaystyle CAO\sphericalangle=\alpha+\beta\) tompaszög, hiszen mellékszöge, \(\displaystyle OAE\sphericalangle=\alpha\) hegyesszög.

A \(\displaystyle BAC\sphericalangle\) és \(\displaystyle DAE\sphericalangle\) csúcsszögek, tehát egyenlők, és így \(\displaystyle DAE\sphericalangle=\beta\), illetve \(\displaystyle DAO\sphericalangle=\alpha+\beta\).

Az \(\displaystyle OCA\) és az \(\displaystyle ODA\) háromszögekben két-két oldal hossza megegyezik, mert \(\displaystyle OA\) közös oldal, valamint \(\displaystyle OC\) és \(\displaystyle OD\) a \(\displaystyle k\) kör sugarai, vagyis egyenlők. A két háromszögben megegyezik két szög, mégpedig \(\displaystyle CAO\sphericalangle=DAO\sphericalangle=\alpha+\beta\), és mivel ez a tompaszög az egymásnak megfelelő \(\displaystyle OC,OD\) oldalakkal szemközt van, ezért a két háromszög egybevágó. Ebből az következik, hogy \(\displaystyle OCA\sphericalangle=ODA\sphericalangle\).

Az \(\displaystyle OBD\) egyenlő szárú háromszög, tehát \(\displaystyle ODA\sphericalangle=ODB\sphericalangle=OBD\sphericalangle\). Hasonlóképpen \(\displaystyle OCE\) is egyenlő szárú háromszög, ezért \(\displaystyle OCA\sphericalangle=OCE\sphericalangle=OEC\sphericalangle\), vagyis az ábra jelöléseivel \(\displaystyle \varepsilon=\varphi\).

A \(\displaystyle BAO\) és \(\displaystyle EAO\) háromszögekben \(\displaystyle OA\) közös, és \(\displaystyle OB=OE\) is igaz, valamint a megfelelő oldalakkal szemközti szögek is egyenlők az előzőek szerint, ezért a két háromszög egybevágó. Ebből azt kapjuk, hogy \(\displaystyle BA=EA\), tehát \(\displaystyle BAE\) egyenlő szárú háromszög. Ugyanakkor nyilvánvaló, hogy \(\displaystyle BOE\) is egyenlő szárú háromszög. Ez csakis úgy lehetséges, hogy az \(\displaystyle AO\) egyenes merőlegesen felezi a \(\displaystyle k\) kör \(\displaystyle BE\) húrját. Ekkor az \(\displaystyle AO\) egyenes felezi a \(\displaystyle BOE\sphericalangle=\delta\) szöget is.

A \(\displaystyle C\) pontot nem tartalmazó \(\displaystyle BE\) ívhez tartozó kerületi szögre \(\displaystyle BCE\sphericalangle=\gamma\), az ugyanezen ívhez tartozó középponti szög nagysága \(\displaystyle BOE\sphericalangle=\delta\).

A kerületi és középponti szögek összefüggése miatt \(\displaystyle \delta=2\gamma\). Ezt a szöget felezi az \(\displaystyle AO\) egyenes, ezért az \(\displaystyle AOB\sphericalangle\) mellékszögének nagysága \(\displaystyle \gamma\), ekkor \(\displaystyle AOB\sphericalangle=180^{\circ}-\gamma\).

Az \(\displaystyle OBCA\) négyszögben tehát a \(\displaystyle C\) és \(\displaystyle O\) csúcsoknál levő belső szögek összege \(\displaystyle 180^{\circ}\), ezért \(\displaystyle OBCA\) húrnégyszög, és emiatt az \(\displaystyle O\), \(\displaystyle A\), \(\displaystyle B\), \(\displaystyle C\) pontok valóban egy körön vannak.

Megjegyzések.

1) A megoldás elején az \(\displaystyle OAB\sphericalangle=\alpha\) szögre azt a megállapítást tettük, hogy \(\displaystyle \alpha\) hegyesszög. Ha megengedtük volna az \(\displaystyle \alpha=0^{\circ}\) értéket is, akkor könnyen látható, hogy az \(\displaystyle A\), \(\displaystyle O\) és \(\displaystyle B\) pontok egy egyenesen vannak, mégpedig úgy, hogy az \(\displaystyle AB\) szakasz belső pontja \(\displaystyle O\). Ekkor nyilvánvaló, hogy az \(\displaystyle A\), \(\displaystyle O\) és \(\displaystyle B\) pontok nem lehetnek egy körön, azaz a feladat állítása sem teljesül.

2) Ha már igazoltuk, hogy \(\displaystyle \varepsilon=\varphi\), akkor azt, hogy az \(\displaystyle O\), \(\displaystyle A\), \(\displaystyle B\), \(\displaystyle C\) pontok egy körre illeszkednek, másként is beláthatjuk. Ha ugyanis \(\displaystyle \varepsilon=\varphi\), akkor az \(\displaystyle AO\) szakasz a \(\displaystyle B\) és \(\displaystyle C\) pontokból azonos nagyságú szögben látszik, méghozzá úgy, hogy a két pont az \(\displaystyle AO\) egyenesnek ugyanarra az oldalára esik, ezért a \(\displaystyle B\) és \(\displaystyle C\) pontok rajta vannak az \(\displaystyle AO\) szakasz fölé rajzolt \(\displaystyle \varepsilon\) szögű látószögköríven. Az \(\displaystyle O\), \(\displaystyle A\), \(\displaystyle B\), \(\displaystyle C\) pontok ezért valóban egy körön vannak.

3) Könnyen belátható, hogy az \(\displaystyle OBCA\) négyszögnek az \(\displaystyle AO\) egyenesre vonatkozó tükörképe az \(\displaystyle OEDA\) négyszög, vagyis az utóbbi négyszög is húrnégyszög.


Statistics:

83 students sent a solution.
5 points:Ali Richárd, Baksa Anna, Besze Zsolt, Böröczky András Bálint, Cynolter Dorottya, Deák Gergely, Egyházi Hanna, Fehérvári Donát, Fekete Patrik, Fodor Dóra, Fodor Gergely, Fórizs Emma, Halász Henrik, Hetyei Dániel, Horváth Milán, Hosszu Noel, Inokai Ádám, Keszthelyi Eszter, Körmöndi Márk, Kurucz Márton, Markovics Benjámin, Mészáros Anna Veronika, Nagy 292 Korina, Pekk Márton, Petrányi Lilla, Radzik Réka, Sándor Eszter, Schneider Dávid, Sipeki Márton, Somogyi Dóra, Sütő Áron, Szabó Réka, Szabó Zóra, Szalanics Tamás, Vigh 279 Zalán, Waldhauser Miklós, Werner Kinga.
4 points:Dukát Levente, Ferencsik Zsombor, Hajdu Márton, Juhász Emma, Kerekes András, Mező Levente.
3 points:8 students.
2 points:3 students.
1 point:9 students.
0 point:9 students.

Problems in Mathematics of KöMaL, January 2022