 |
A C. 1750. feladat (2023. január) |
C. 1750. Az O1 középpontú k1 és az O2 középpontú k2 körök közös pontjai M és N. Az M ponton áthaladó szelő a k1 kört az A, a k2 kört a B pontban metszi úgy, hogy A a k2 körre, B a k1 körre nézve külső pont. Az AO1 és BO2 egyenesek közös pontja P. Az N és a P pont az O1O2 egyenes által meghatározott két félsík közül ugyanabba esik. Mutassuk meg, hogy P illeszkedik az O1NO2 háromszög körülírt körére.
Javasolta: Bíró Bálint (Eger)
(5 pont)
A beküldési határidő 2023. február 10-én LEJÁRT.
Megoldás. A feltétel miatt az A és B pontok nem lehetnek azonosak sem az M, sem az N ponttal, továbbá A nem illeszkedhet a k1 körnek a k2 kör belső pontjaiból álló MN körívére, hasonlóképpen B nem lehet a k2 kör azon MN körívén, amelyet a k1 kör belső pontjai alkotnak.
Az M és N pontok nyilvánvalóan az O1O2 egyenes által meghatározott különböző félsíkokban vannak, így a feltétel szerint P és M is az így létrejövő különböző félsíkokba esnek.
Legyen az O1NO2 háromszögben O2O1N∢=α és NO2O1∢=β. Az O1O2 szakasznak az N pontból mért látószöge nyilvánvaló, hogy
| (1) | φ=180∘−α−β. |
Mivel P és N azonos félsíkban vannak, ezért P pontosan akkor illeszkedik az O1NO2 háromszög körülírt körére, ha a P pontból az O1O2 szakasz az (1) összefüggésben szereplő
φ=180∘−α−β
szögben látszik.
Azt fogjuk bizonyítani, hogy az AB szelő bármely, a feltételnek megfelelő választása esetén az AB szakasz az N pontból az (1) alatti φ szögben látszik, ebből következni fog a feladat állítása.
Tekintsük az 1. ábrát.
1. ábra
Nyilvánvaló, hogy O1M=O1N, illetve O2M=O2N, továbbá az O1NO2 és O1MO2 háromszögekben O1O2 közös, ezért ezek a háromszögek egybevágók. Ez azt is jelenti, hogy MO1O2∢=α és MO2O1∢=β.
Ekkor MO1N∢=2α, valamint MO2N∢=2β, és így a középponti és kerületi szögek közötti összefüggés szerint a k1 körben MAN∢=α, a k2 körben MBN∢=β. Ezzel igazoltuk, hogy ANB∢=180∘−α−β, tehát az AB szakasz az N pontból valóban φ szög alatt látszik.
Eredményünk szerint az O1NO2 és ANB háromszögek hasonlók, mert megfelelő szögeik egyenlők. Ez azt jelenti, hogy a háromszögek N középpontú forgatva nyújtással átvihetők egymásba.
Jelöljük az elforgatás szögét δ-val. Az 1.ábrán az O1AN egyenlő szárú háromszögben O1NA∢=O1AN∢=δ, az O2NB egyenlő szárú háromszögben pedig O2NB∢=O2BN∢=δ, ebből az következik, hogy BAP∢+ABP∢=α+β, ezért a P pontból az AB, ezzel együtt az O1O2 szakasz is
φ=180∘−α−β
szögben látszik.
Ez éppen azt jelenti, hogy az azonos félsíkban levő P, N pontok rajta vannak az O1O2 szakasz fölé rajzolt φ szögű látószögköríven, ezért P illeszkedik az O1NO2 háromszög körülírt körére. Ezzel a feladat állítását bizonyítottuk.
Megjegyzések. 1) Könnyen bizonyíthatjuk, hogy a feladat állítása abban az esetben is teljesül, ha a P, N pontok az O1O2 által létrehozott különböző félsíkokban vannak. Ehhez tekintsük a 2. ábrát.
2. ábra
A megoldásban leírtakhoz teljesen hasonló módon igazolható, hogy az O1NO2 és ANB háromszögek hasonlók, tehát a két háromszög ismét átvihető egymásba egy N középpontú forgatva nyújtással, az elforgatás szögét ismét δ-val jelöljük.. A 2.ábrán az O1AN egyenlő szárú háromszögben O1NA∢=O1AN∢=δ, az O2NB egyenlő szárú háromszögben pedig O2NB∢=O2BN∢=δ.
Eszerint
| (2) | BAO1∢=α+δ;ABP∢=δ−β. |
A BAO1∢ külső szöge az ABP háromszögnek, ezért BAO1∢=BPA∢+ABP∢, így (2) alapján azt kapjuk, hogy α+δ=BPA∢+δ−β, azaz BPA∢=α+β. A kapott összefüggés szerint teljesül az is, hogy
| (3) | O2PO1∢=α+β=180∘−φ. |
A (3) egyenlőség azt jelenti, hogy az O1NO2P négyszögben az N és P csúcsoknál levő belső szögek összege 180∘, tehát a négyszög húrnégyszög. Ebből pedig azonnal adódik, hogy P illeszkedik O1NO2 háromszög körülírt körére.
2) Ha a megoldásban leírt forgatva nyújtásnál az elforgatás szögére δ=0∘ áll fenn, akkor az O1NO2 és ANB háromszögek egyszerű középpontos hasonlóságáról van szó. Ebben az esetben a P és N pontok azonosak, a feladat állítása ekkor nyilvánvalóan teljesül.
Az AB szelő speciális elhelyezkedése esetén előfordulhat, hogy P=A, illetve P=B. Az előbbi akkor valósulhat meg, ha az AB egyenes áthalad az O2 ponton, míg az utóbbi akkor, ha az AB egyenesre illeszkedik az O1 pont. A feladat állítása mindkét esetben a fentiekben követett gondolatmenettel igazolható.
3) A feladat állítása akkor is könnyen bizonyítható, ha nem kötjük ki, hogy A a k2 körre, B a k1 körre nézve külső pont.
4) Az az állítás, hogy az AB szelő bármely választása esetén az AB szakasz az N pontból mindig ugyanakkora szögben látszik, a Geometriai feladatgyűjtemény I. kötetének 1022. feladata.
Statisztika:
73 dolgozat érkezett. 5 pontot kapott: Aaishipragya Kahaly, Beke Botond, Biborka Bernadett, Dózsa-Kovács Leonárd, Fiser 234 Boldizsár, Gáthi Donát, Halász Henrik, Hosszu Noel, Iván Máté Domonkos, Kerekes András, Keszthelyi Eszter, Klement Tamás, Kovács Barnabás, Kővágó Edit Gréta, Kriston Nándor, Sipeki Márton, Somogyi Dóra, Sütő Áron, Székely Márton, Teveli Jakab, Török Eszter Júlia, Ujpál Bálint, Waldhauser Miklós. 4 pontot kapott: Barna Márton, Egyházi Godó, Fekete Patrik, Forrai Boldizsár, Gyenes Károly, Kovács Dániel, Németh Hanna Júlia , Szabó Donát, Tömböly 299 Áron. 3 pontot kapott: 4 versenyző. 2 pontot kapott: 3 versenyző. 1 pontot kapott: 3 versenyző. 0 pontot kapott: 20 versenyző. Nem versenyszerű: 3 dolgozat.
A KöMaL 2023. januári matematika feladatai
|
|