 |
A C. 1740. feladat (2022. november) |
C. 1740. Az \(\displaystyle ABCD\) paralelogramma \(\displaystyle CD\) oldalán felvesszük a \(\displaystyle P\) belső pontot, a \(\displaystyle CD\)-vel párhuzamos \(\displaystyle AB\) oldalon a \(\displaystyle Q\) belső pontot. A \(\displaystyle PA\) és \(\displaystyle QD\) szakaszok metszéspontja \(\displaystyle M\), a \(\displaystyle PB\) és \(\displaystyle QC\) szakaszok metszéspontja \(\displaystyle N\).
Tegyük fel, hogy \(\displaystyle MN\nparallel{AB}\), és \(\displaystyle MN\) a \(\displaystyle CD\) egyenesét az \(\displaystyle X\), \(\displaystyle AB\) egyenesét az \(\displaystyle Y\) pontban metszi. Bizonyítsuk be, hogy \(\displaystyle DX=BY\).
(Amerikai versenyfeladat)
(5 pont)
A beküldési határidő 2022. december 12-én LEJÁRT.
Megoldás. Legyen az \(\displaystyle ABCD\) paralelogramma \(\displaystyle AB\) és \(\displaystyle CD\) oldalának hossza \(\displaystyle a\), valamint legyen \(\displaystyle DX=x\), illetve \(\displaystyle BY=y\). Azt kell bizonyítanunk, hogy \(\displaystyle x=y\). Ehhez tekintsük a következő ábrát.
A feltételekből következik, hogy az \(\displaystyle M\) és az \(\displaystyle N\) metszéspontok mindig létrejönnek, és minden lehetséges esetben különböznek is egymástól, így a \(\displaystyle P, Q\) pontok bármely, a feltételnek megfelelő elhelyezése esetén az \(\displaystyle MN\) egyenes is mindig létezik és mivel \(\displaystyle MN\nparallel{AB}\), ezért az \(\displaystyle X, Y\) metszéspontok is létrejönnek.
Az \(\displaystyle AQPD\) és \(\displaystyle CPQB\) négyszögek trapézok, átlóik metszéspontja \(\displaystyle M\), illetve \(\displaystyle N\).
A trapéz átlóinak metszéspontja az átlókat a párhuzamos oldalak arányában osztja, ezért az \(\displaystyle AQPD\) trapézban
| \(\displaystyle (1)\) | \(\displaystyle \displaystyle{\frac{PM}{MA}=\frac{PD}{AQ}},\) |
a \(\displaystyle CPQB\) trapézban pedig
| \(\displaystyle (2)\) | \(\displaystyle \displaystyle{\frac{CN}{NQ}=\frac{CP}{BQ}=\frac{a-PD}{BQ}}.\) |
Az \(\displaystyle AB\) és \(\displaystyle CD\) egyenesek párhuzamossága miatt az \(\displaystyle XMP\) és \(\displaystyle YMA\) háromszögek megfelelő szögei egyenlők, ezért a két háromszög hasonló, és így az (1) egyenlet felhasználásával
| \(\displaystyle (3)\) | \(\displaystyle \displaystyle{\frac{PM}{MA}=\frac{PD}{AQ}=\frac{x+PD}{a+y}}.\) |
Hasonló módon láthatjuk be, hogy az \(\displaystyle XNC\) és \(\displaystyle YNQ\) háromszögek is hasonlók, ezért (2) szerint
| \(\displaystyle (4)\) | \(\displaystyle \displaystyle{\frac{CN}{NQ}=\frac{CP}{BQ}=\frac{a-PD}{BQ}=\frac{a+x}{y+BQ}}.\) |
A műveletek elvégzésével és rendezéssel a (3) egyenletből azt kapjuk, hogy
| \(\displaystyle (5)\) | \(\displaystyle \displaystyle{x\cdot{AQ}+PD\cdot{AQ}=PD\cdot{a}+PD\cdot{y}},\) |
a (4) egyenletből pedig azt, hogy
| \(\displaystyle (6)\) | \(\displaystyle \displaystyle{x\cdot{BQ}+PD\cdot{BQ}=y\cdot{a}-PD\cdot{y}}.\) |
Az (5) és (6) egyenletek megfelelő oldalait összeadva és figyelembe véve, hogy \(\displaystyle AQ+BQ=a\), adódik az
\(\displaystyle \displaystyle{x\cdot{a}+PD\cdot{a}=y\cdot{a}+PD\cdot{a}}\)
egyenlőség, ahonnan rendezés, és a pozitív \(\displaystyle a\) számmal való osztás után
\(\displaystyle x=y\)
következik, amit bizonyítani akartunk.
Megjegyzés. Ha az \(\displaystyle ABCD\) átlóinak metszéspontját \(\displaystyle K\)-val jelöljük, akkor könnyen bizonyítható, hogy az \(\displaystyle XDK\) és \(\displaystyle YBK\) háromszögek egybevágók, ezért az \(\displaystyle X, K, Y\) pontok egy egyenesre illeszkednek. Ez azt is jelenti, hogy az \(\displaystyle MN\) egyenes áthalad a paralelogramma \(\displaystyle K\) szimmetriaközéppontján.
Statisztika:
82 dolgozat érkezett. 5 pontot kapott: Balogh Péter, Bérczes Botond, Hajós Balázs, Halász Henrik, Iván Máté Domonkos, Kerekes András, Keszthelyi Eszter, Kővágó Edit Gréta, Ligeti Ábel, Németh Hanna Júlia , Sütő Áron, Szabó Donát, Ujpál Bálint. 4 pontot kapott: Kriston Nándor, Prikler Dorka Abigél, Schneider Dávid. 3 pontot kapott: 5 versenyző. 2 pontot kapott: 11 versenyző. 1 pontot kapott: 31 versenyző. 0 pontot kapott: 4 versenyző. Nem versenyszerű: 7 dolgozat. Nem számítjuk a versenybe a születési dátum vagy a szülői nyilatkozat hiánya miatt: 1 dolgozat.
A KöMaL 2022. novemberi matematika feladatai