Problem C. 1759. (March 2023)
C. 1759. Two right-angled triangles \(\displaystyle ABC\) and \(\displaystyle EDC\) are drawn next to each other, as shown in the figure.
In triangle \(\displaystyle ABC\), \(\displaystyle BC=3\), \(\displaystyle CA=4\), and in triangle \(\displaystyle EDC\), \(\displaystyle DC=6\), \(\displaystyle CE=8\). The circumscribed circle of triangle \(\displaystyle ABE\) intersects line \(\displaystyle DE\) again at \(\displaystyle P\), and line \(\displaystyle DB\) at \(\displaystyle Q\). Find the exact value of the ratio of the area of quadrilateral \(\displaystyle ABDE\) to the area of pentagon \(\displaystyle AEPQB\).
Proposed by B. Bíró, Eger
(5 pont)
Deadline expired on April 11, 2023.
Sorry, the solution is available only in Hungarian. Google translation
Megoldás. Az \(\displaystyle ABC\) és \(\displaystyle EDC\) derékszögű háromszögek hasonlók, mert megfelelő befogóik aránya egyenlő:
\(\displaystyle \displaystyle{\frac{BC}{AC}=\frac{DC}{CE}=\frac{3}{4}}.\)
Ezért, ha az \(\displaystyle ABC\) háromszögben \(\displaystyle CAB\sphericalangle=\alpha\), akkor az \(\displaystyle EDC\) háromszögben \(\displaystyle CED\sphericalangle=\alpha\) is igaz.
Tekintsük az alábbi ábrát, amelyen az \(\displaystyle ABE\) háromszög körülírt körét \(\displaystyle k\)-val jelöltük, és megrajzoltuk a \(\displaystyle PB\), illetve \(\displaystyle PQ\) húrokat.
Az ábráról leolvashatjuk, hogy \(\displaystyle EAB\sphericalangle=180^{\circ}-\alpha\), és mivel \(\displaystyle \alpha\) hegyesszög, ezért \(\displaystyle EAB\sphericalangle\) biztosan tompaszög.
Megmutatjuk, hogy a \(\displaystyle P\) és \(\displaystyle Q\) pontok csak az ábrának megfelelően a \(\displaystyle DE\), illetve \(\displaystyle DB\) félegyenesen az \(\displaystyle E\), illetve \(\displaystyle B\) ponton túl helyezkedhetnek el.
A \(\displaystyle P\) pont nem lehet azonos \(\displaystyle E\)-vel, ellenkező esetben a \(\displaystyle DE\) egyenes érintené a \(\displaystyle k\) kört, ami azt eredményezné, hogy \(\displaystyle CED\sphericalangle=\alpha\) érintő szárú kerületi szög lenne, és így a kerületi szögek tétele miatt
\(\displaystyle EBA\sphericalangle=\alpha\)
valósulna meg. Ez azonban lehetetlen, hiszen \(\displaystyle CAB\sphericalangle=\alpha\) külső szöge az \(\displaystyle ABE\) háromszögnek, és így nem állhatna fenn, hogy
\(\displaystyle CAB\sphericalangle=\alpha=EBA\sphericalangle+AEB\sphericalangle.\)
Hasonlóképpen igazolható, hogy a \(\displaystyle Q\) pont nem lehet azonos \(\displaystyle B\)-vel.
Ezután, mivel a \(\displaystyle P\) és \(\displaystyle Q\) pontok illeszkednek a \(\displaystyle k\) körre, ezért ezekből a pontokból az \(\displaystyle EB\) szakasz \(\displaystyle \alpha\) vagy \(\displaystyle 180^{\circ}-\alpha\) szögben látszik. A \(\displaystyle BPE\sphericalangle=180^{\circ}-\alpha\) eset azonban nem fordulhat elő, mert akkor a \(\displaystyle P\) pont a \(\displaystyle k\) körnek a \(\displaystyle B\) és \(\displaystyle E\) pontok által határolt és az \(\displaystyle A\) pontot is tartalmaző körívén lenne, ez pedig lehetetlen, hiszen ennek az ívnek a pontjai a \(\displaystyle B, E\) pontok kivételével a \(\displaystyle BDE\) háromszög belső pontjai. Hasonlóan láthatjuk be, hogy \(\displaystyle BQE\sphericalangle=180^{\circ}-\alpha\) sem lehetséges.
Mindezekből az következik, hogy
| \(\displaystyle (1)\) | \(\displaystyle BPE\sphericalangle=BQE\sphericalangle=\alpha.\) |
(1) szerint \(\displaystyle BPE\sphericalangle=CED\sphericalangle=\alpha\), vagyis \(\displaystyle BP\parallel{CE}\), és így \(\displaystyle BP\) merőleges \(\displaystyle BD\)-re. Az \(\displaystyle EDC\) háromszögben a Pitagorasz-tétel segítségével kapjuk, hogy \(\displaystyle ED=10\). Ezután, mivel \(\displaystyle BP\parallel{CE}\), alkalmazhatjuk a párhuzamos szelők tételét: \(\displaystyle \displaystyle{\frac{PE}{ED}=\frac{BC}{CD}}\), a megfelelő értékek behelyettesítése után \(\displaystyle \displaystyle{\frac{PE}{10}=\frac{3}{6}}\), ahonnan
| \(\displaystyle (2)\) | \(\displaystyle PE=5.\) |
A \(\displaystyle DP\) és \(\displaystyle DQ\) szakaszok a \(\displaystyle k\) körhöz húzott szelők, ezért a szelődarabok szorzatára vonatkozó tétel miatt
\(\displaystyle DE\cdot DP=DB\cdot DQ,\)
ebből a szakaszok hossza, illetve (2) alapján \(\displaystyle 10\cdot 15=9\cdot (9+BQ)\), innen pedig
| \(\displaystyle (3)\) | \(\displaystyle \displaystyle{BQ=\frac{23}{3}}.\) |
A \(\displaystyle PDB\) derékszögű háromszögből \(\displaystyle PD=PE+DE=15\) szerint a Pitagorasz-tételből kapjuk, hogy
| \(\displaystyle (4)\) | \(\displaystyle PB=12.\) |
Az \(\displaystyle ABDE\) négyszög területe az \(\displaystyle ABC\) és \(\displaystyle EDC\) derékszögű háromszögek területének összege (területegységben számolva)
\(\displaystyle \displaystyle{T_{ABDE}=T_{BCA}+T_{DCE}=\frac{3\cdot 4}{2}+\frac{6\cdot 8}{2}=30.}\)
Az \(\displaystyle AEPQB\) ötszög területét a következőképpen számoljuk ki:
\(\displaystyle T_{AEPQB}=T_{PQB}+T_{PDB}-T_{ABDE}.\)
Mivel \(\displaystyle \displaystyle{T_{PQB}=\frac{PB\cdot BQ}{2}}\), ezért (3) és (4) felhasználásával
\(\displaystyle \displaystyle{T_{PQB}=\frac{12\cdot \frac{23}{3} }{2}=46}.\)
A \(\displaystyle PDB\) derékszögű háromszög területe
\(\displaystyle T_{PDB}=\frac{PB\cdot BD}{2}=\frac{12\cdot 9}{2}=54,\)
és tudjuk, hogy \(\displaystyle T_{ABDE}=30\), ezért
\(\displaystyle T_{AEPQB}=46+54-30=70.\)
Ezért az \(\displaystyle ABDE\) négyszög és az \(\displaystyle AEPQB\) ötszög területének aránya:
\(\displaystyle \displaystyle{\frac{T_{ABDE}}{T_{AEPQB}}=\frac{30}{70}=\frac{3}{7}.}\)
Megjegyzés. A (2) eredményhez az \(\displaystyle EDC\) és \(\displaystyle PDB\) derékszögű háromszögek hasonlósága alapján is eljuthatunk.
Statistics:
Problems in Mathematics of KöMaL, March 2023