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:
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.
Azok is figyelmesen olvassák el a Versenykiírást, akik tavaly már részt vettek versenyünkben.
Idén is matematikából, fizikából és informatikából indítunk versenyeket. Egyénileg, illetve csapatban is lehet versenyezni, a versenyek 9 hónapon keresztül, 2025. szeptemberétől 2026. június elejéig tartanak. Minden hónapban új feladatokat tűzünk ki, és a megoldásokat a következő hónap elejéig küldheted be. A verseny végeredményét a 2026. szeptemberi számunkban hirdetjük ki. A díjakat jövő ősszel, a KöMaL Ifjúsági Ankéton adjuk át.
C. 1865. Az iskolai szkanderbajnokságon \(\displaystyle 17\) fő indult el. Mindenki pontosan egyszer mérkőzött meg mindenkivel, döntetlen nem született. A versenyzők egy csoportját erősnek hívjuk, ha teljesül rájuk, hogy bármely rajtuk kívüli versenyzőt legyőzött közülük valaki. Bizonyítsuk be, hogy kiválasztható legfeljebb \(\displaystyle 9\) fős erős csoport.
Javasolta: Paulovics Zoltán (Budapest)
Nem kell túl sokáig keresgélnünk az interneten a fejtörő feladatok között ahhoz, hogy sík vagy tér kitöltésére vonatkozó feladványra bukkanjunk. Ezek egyik fajtája az, amikor néhány síkidom vagy test valamilyen keretben van elhelyezve úgy, hogy látszólag teljesen kitöltik azt, de van még külön egy további eleme a játéknak.
C. 1844 Ági pirossal, Laci kékkel színezgeti egy \(\displaystyle n \times n\)-es (\(\displaystyle n>1\)) fehér táblázat mezőit, amely \(\displaystyle i\)-edik sorának \(\displaystyle j\)-edik mezőjét \(\displaystyle (i;j)\)-vel jelöljük. Első lépésben Ági pirosra festi a főátló (bal felsőtől a jobb alsóig) mezőit. Ezután felváltva jönnek: ha Laci \(\displaystyle (i;j)\)-t színezi, akkor Ági \(\displaystyle (j;i)\)-t. Minden mezőt pontosan egyszer színeznek be. A \(\displaystyle k\)-adik sort különlegesnek hívjuk, ha bármely kék \(\displaystyle (k;j)\) esetén létezik \(\displaystyle l\), hogy \(\displaystyle (k;l)\) és \(\displaystyle (l;j)\) is piros. Bizonyítsuk be, hogy a színezgetés végeztével Ági talál különleges sort.
B. 5472. Az \(\displaystyle ABCD\) konvex négyszögben \(\displaystyle AB=BC=CD\). Igazoljuk, hogy ha \(\displaystyle BCD\sphericalangle=2DAB\sphericalangle\), akkor \(\displaystyle ABC\sphericalangle=2CDA\sphericalangle\).
Javasolta: Kós Géza (Budapest) és Vígh Viktor (Sándorfalva)
