 |
A C. 1911. feladat (2026. szeptember) |
C. 1911. Az \(\displaystyle ABC\) háromszög \(\displaystyle BC\) oldalának felezőpontja \(\displaystyle F\). Az \(\displaystyle AB\) és \(\displaystyle AC\) oldalakra mint átfogóra kifelé megszerkesztjük a \(\displaystyle BAD\) és \(\displaystyle ACE\) egyenlő szárú derékszögű háromszögeket. Bizonyítsuk be, hogy az \(\displaystyle EDF\) egyenlő szárú derékszögű háromszög.
ír versenyfeladat
(5 pont)
A beküldési határidő 2026. október 12-én LEJÁRT.
Megoldás. Legyen az \(\displaystyle AB\), illetve \(\displaystyle AC\) oldal felezőpontja \(\displaystyle G\), illetve \(\displaystyle H\), ezzel \(\displaystyle FH, HG\) és \(\displaystyle GF\) az \(\displaystyle ABC\) háromszög középvonalai, amelyek párhuzamosak a nem felezett oldalakkal és hosszuk a megfelelő oldal hosszának fele.
A középvonalak tulajdonsága miatt
| \(\displaystyle (1)\) | \(\displaystyle \displaystyle{FH=\frac{AB}{2};\qquad HG=\frac{BC}{2}};\qquad GF=\frac{CA}{2}.\) |
Mivel \(\displaystyle BAD\) és \(\displaystyle ACE\) egyenlő szárú derékszögű háromszögek, ezért nyilvánvaló, hogy \(\displaystyle \displaystyle{GD=\frac{AB}{2}}\) és \(\displaystyle \displaystyle{HE=\frac{CA}{2}}\), vagyis (1) szerint
| \(\displaystyle (2)\) | \(\displaystyle GD=FH;\qquad HE=GF.\) |
A középvonalaknak a nem felezett oldalakkal való párhuzamosságából adódik, hogy \(\displaystyle AGFH\) paralelogramma, tehát a \(\displaystyle CAB\sphericalangle=\alpha\) jelöléssel a \(\displaystyle DGF\) és \(\displaystyle FHE\) háromszögekben
| \(\displaystyle (3)\) | \(\displaystyle DGF\sphericalangle=FHE\sphericalangle=180^{\circ}-\alpha+90^{\circ}=270^{\circ}-\alpha.\) |
A (2) és (3) összefüggések szerint a \(\displaystyle DGF\) és az \(\displaystyle FHE\) háromszögek egybevágók. Tekintsük most az alábbi ábrát, amelyen az \(\displaystyle FHE\) háromszöget eltoltuk az \(\displaystyle \overrightarrow{HG}\) vektorral, az \(\displaystyle F\) pont eltolt képe \(\displaystyle HG\parallel{FB}\) és (1) szerint a \(\displaystyle B\) pont, míg az \(\displaystyle E\) pont képét \(\displaystyle E'\)-vel jelöltük.
Az eltolás tulajdonságai miatt \(\displaystyle BGE'\) háromszög egybevágó az \(\displaystyle FHE\) háromszöggel, tehát a \(\displaystyle DGF\) háromszöggel is, azaz
| \(\displaystyle (4)\) | \(\displaystyle BG=DG;\qquad GE'=GF;\qquad E'B=FD.\) |
A (4) eredményből az is látható, hogy a két háromszögben az egymásnak megfelelő \(\displaystyle BG\) és \(\displaystyle DG\) oldalak merőlegesek egymásra, ez pedig azt jelenti, hogy az egymásnak ugyancsak megfelelő \(\displaystyle E'B\) és \(\displaystyle FD\) is merőleges egymásra.
Az eltolás szögtartó tulajdonsága és \(\displaystyle E'B\parallel{EF}\) miatt az egymással egyenlő hosszúságú \(\displaystyle EF\) és \(\displaystyle FD\) szakaszok is merőlegesek, ez ekvivalens azzal, hogy az \(\displaystyle EDF\) egyenlő szárú, derékszögű háromszög és éppen ezt akartuk bizonyítani.
Megjegyzések. 1) Világos, hogy a \(\displaystyle BGE'\) háromszög \(\displaystyle G\) körüli \(\displaystyle -90^{\circ}\)-os elforgatottja \(\displaystyle DGF\) háromszög.
2) Az \(\displaystyle ABC\) háromszög felvehető úgy is, hogy az \(\displaystyle FHE\) és \(\displaystyle DGF\) háromszögek nem jönnek létre, mert az \(\displaystyle F,H,E\), illetve a \(\displaystyle D,G,F\) pontok egy egyenesre esnek. Könnyen belátható (3) alapján, hogy ez éppen akkor következik be, ha az \(\displaystyle ABC\) háromszögben \(\displaystyle \alpha=90^{\circ}\). A feladat állítása ekkor nyilvánvalóan teljesül, hiszen egyrészt \(\displaystyle DG+GF=DF\) és \(\displaystyle FH+HE=FE\), valamint \(\displaystyle DF=FE\), másrészt \(\displaystyle DF\perp{AB}\), illetve \(\displaystyle FE\perp{CA}\) és így \(\displaystyle DF\perp{FE}\), tehát \(\displaystyle EDF\) egyenlő szárú, derékszögű háromszög.
Statisztika:
44 dolgozat érkezett. 5 pontot kapott: Aaishipragya Kahaly, Bajkai Kamilla, Bense Tamás, Boromisza Léna Júlia, Chen Zhibo, Csécsei Loretta, Farkas Noémi , Gáspár Áron, Kása Richárd Zsolt, Kovács Domonkos, Kovács Krisztián Zsolt, Kun Milán, Máté Kristóf, Medgyesi András, Molnár Levente, Németh Ábel, Nguyen Dang Thuy Chi, Papp Emese Petra, Silye Zalán, Szighardt Anna, Zsilák Márk Péter (21 versenyző). 4 pontot kapott: Kudomrák Lili Anna , Lakatos Levente, Péter Tamás, Viczián Adél (4 versenyző). 3 pontot kapott: 6 versenyző. 2 pontot kapott: 2 versenyző. 1 pontot kapott: 3 versenyző. 0 pontot kapott: 4 versenyző. nem versenyszerű: 1 dolgozat.
A KöMaL 2026. szeptemberi matematika feladatai