A B. 5440. matematika feladat megoldása

Szerk

B. 5440 Egy háromszög oldalait az oldalegyenesek mentén mindkét irányban meghosszabbítottuk, és mindegyik csúcs után felmértük még a csúccsal szemközti oldal hosszát. Mutassuk meg, hogy az így kapott hat pont egy körre illeszkedik.

Javasolta: Róka Sándor (Nyíregyháza)

1. megoldás.

1. ábra

Legyenek a háromszög csúcsai $\displaystyle A$, $\displaystyle B$, $\displaystyle C$; az oldalak hosszúságai a szokásos jelölések szerint $\displaystyle a$, $\displaystyle b$ és $\displaystyle c$. Az $\displaystyle AB$, illetve $\displaystyle AC$ szakaszokra az $\displaystyle A$-n túl felmért $\displaystyle a$ hosszúságú szakaszok másik végpontjai legyenek $\displaystyle D$, illetve $\displaystyle E$. Ugyanezen módon a $\displaystyle B$-n túli meghosszabbítások végpontjai $\displaystyle F$ és $\displaystyle G$, végül a $\displaystyle C$-n túli meghosszabbítások végpontjai $\displaystyle H$ és $\displaystyle K$ pontok az ábra szerint. Legyen továbbá az $\displaystyle ABC$ háromszög beírt körének középpontja az $\displaystyle I$ pont.

Ekkor $\displaystyle CE=CA+AE=b+a=BF+BC=CF$, vagyis $\displaystyle ECF$ egyenlő szárú, tehát az $\displaystyle ECF$ háromszög $\displaystyle C$-nél lévő belső szögfelezője szimmetriatengelye a háromszögnek, így az is igaz, hogy e szögfelező tetszőleges $\displaystyle P$ pontjára $\displaystyle PE=PF$.

Ezenkívül, mivel $\displaystyle CE$ illeszkedik a $\displaystyle CA$ egyenesre és $\displaystyle CB$ is illeszkedik a $\displaystyle CF$ egyenesre, illetve mivel a pontokat kifelé vettük fel, az $\displaystyle ABC$ háromszög $\displaystyle C$-nél lévő belső szögfelezője egybeesik az $\displaystyle ECF$ háromszög $\displaystyle C$-nél fekvő szögfelezőjével, hiszen valójában ugyanannak a két egyenesnek a szögfelezőit vettük, így tehát $\displaystyle IE=IF$ is teljesül.

Hasonlóan $\displaystyle BF=BG=b$, illetve az $\displaystyle FBG$ $\displaystyle B$-hez tartozó belső szögfelezője megegyezik az $\displaystyle ABC$ $\displaystyle B$-hez tartozó belső szögfelezőjével, tehát ekkor a szögfelező hasonlóan szimmetriatengelye $\displaystyle FBG$-nek, vagyis $\displaystyle IF=IG$.

Logikai szimmetria miatt $\displaystyle IG=IH$, $\displaystyle IH=IK$, $\displaystyle IK=ID$ és $\displaystyle ID=IE$, vagyis $\displaystyle ID=IE=EF=IG=IH=IK$, tehát a hat pont rajta van egy $\displaystyle I$ középpontú körön, a hat pont egy körön van.

Holló Martin (Budapest, Fazekas M. Gyak. Ált. Isk. és Gimn., 11. o. t.)

2. megoldás. Az első megoldás jelöléseit megtartva legyenek az $\displaystyle ABC$ háromszög szögei – a kényelmesebb számolás érdekében – $\displaystyle 2\alpha$, $\displaystyle 2\beta$, $\displaystyle 2\gamma$ az ábra szerint, és határozzuk meg az ábrán látható egyes szögek nagyságát.

2. ábra

A $\displaystyle DAE$ és $\displaystyle HAG$ háromszögek egyenlő szárúak ($\displaystyle {AD=AE=a}$, $\displaystyle AG=AH={b+c}$), mindkettő szárszöge $\displaystyle 2\alpha$, így az alapon fekvő szögek mind $\displaystyle 90^\circ-\alpha$ nagyságúak.

$\displaystyle ADE\sphericalangle=AED\sphericalangle=AGH\sphericalangle=AHG\sphericalangle=90^\circ-\alpha. $

Ugyanilyen összefüggések írhatóak fel az ábra más hasonlóképpen létrejövő egyenlő szárú háromszögeire, ekkor az ábrán látható nagyságú szögekhez jutunk:

$$\begin{gather*} BFGE\sphericalangle=BGF\sphericalangle=BDK\sphericalangle=BKD\sphericalangle=90^\circ-\beta,\\ CHK\sphericalangle=CKH\sphericalangle=CEF\sphericalangle=CFE\sphericalangle=90^\circ-\gamma. \end{gather*}$$

Az $\displaystyle FGHK$ négyszögben

$\displaystyle FKH\sphericalangle+FGH\sphericalangle=90^\circ-\gamma+90^\circ-\alpha+90^\circ-\beta=270^\circ-(\alpha+\beta+\gamma)=180^\circ, $

ezért $\displaystyle FGHK$ húrnégyszög.

A kerületi szögek tételének megfordítása alapján tudjuk, hogy mivel

$\displaystyle HKF\sphericalangle=HEF\sphericalangle=90^\circ-\gamma, $

ezért $\displaystyle FHKE$ is húrnégyszög.

Az $\displaystyle FGKH$ és $\displaystyle FHKE$ húrnégyszögeknek három csúcsa azonos, a körülírt köreik megegyeznek a $\displaystyle HKF$ háromszög körülírt körével, tehát $\displaystyle FGHKE$ húrötszög.

Az előzőekhez hasonlóan látjuk, hogy

$\displaystyle KHE\sphericalangle+EDK\sphericalangle=90^\circ-\gamma+90^\circ-\alpha+90^\circ-\beta=180^\circ, $

ezért $\displaystyle EDKH$ is húrnégyszög. Ennek a húrnégyszögnek három csúcsa – $\displaystyle H$, $\displaystyle K$ és $\displaystyle E$ – egybeesik az előző húrötszög három csúcsával, tehát körülírt köreik megegyeznek, a hat pont $\displaystyle D$, $\displaystyle E$, $\displaystyle F$, $\displaystyle G$, $\displaystyle H$, $\displaystyle K$ egy körön van.

Kovács Benedek Noel (Budapest, Fazekas M. Gyak. Ált Isk. és Gimn., 12. o. t.)

A feladatra összesen 97 versenyző és csapat küldött megoldást. 4 pontos 89, 3 pontos 2 versenyző dolgozata. 2, illetve 1 pontot kapott 1–1 versenyző. 0 pontos 4 tanuló dolgozata.

Megjegyzés. Az első megoldás lényegében megegyezik a honlapon is szereplő megoldások egyikével.

Már regisztráltál?
Új vendég vagy?