Szerk
B. 5472. Az \(\displaystyle ABCD\) konvex négyszögben \(\displaystyle AB=BC=CD\). Igazoljuk, hogy ha \(\displaystyle BCD\sphericalangle=2DAB\sphericalangle\), akkor \(\displaystyle ABC\sphericalangle=2CDA\sphericalangle\).
(4 pont)
Javasolta: Kós Géza (Budapest) és Vígh Viktor (Sándorfalva)
1. megoldás. Legyen a négyszög \(\displaystyle A\) csúcsnál fekvő szöge \(\displaystyle \alpha\), a feladatban szereplő feltétel szerint akkor \(\displaystyle BCD\sphericalangle=2\alpha\).
A \(\displaystyle BCD\) szögfelezője messe az \(\displaystyle AD\) oldalt a \(\displaystyle P\) pontban. Az \(\displaystyle ABCP\) négyszög deltoid, mivel \(\displaystyle AB=BC\) és a \(\displaystyle BCD\sphericalangle\) felezése után \(\displaystyle DAB\sphericalangle=BCP\sphericalangle=\alpha\). Ezzel beláttuk, hogy \(\displaystyle CP=PA\) is teljesül.
Az \(\displaystyle ABP\) és \(\displaystyle CDP\) háromszögek egybevágók, mert két-két oldaluk – \(\displaystyle AB=CD\), \(\displaystyle PA=PC\) – egyenlő és megegyezik az ezek által közbezárt szögük is: \(\displaystyle BAP\sphericalangle=DCP\sphericalangle\). Az egybevágóság alapján a két háromszög további megfelelő szögei is egyenlők, \(\displaystyle ABP\sphericalangle=CDP\sphericalangle\). A deltoid \(\displaystyle BP\) átlója felezi az \(\displaystyle ABC\) szöget, tehát az \(\displaystyle ABC\) szög valóban kétszerese a \(\displaystyle CDA\) szögnek.
Megjegyzés. A négyszöget a \(\displaystyle CP\) szögfelezővel és az \(\displaystyle ABCP\) deltoid \(\displaystyle BP\) átlójával három egybevágó háromszögre bontottuk, így
\(\displaystyle APB\sphericalangle=BPC\sphericalangle=CPD\sphericalangle=60^\circ. \)
Szekrényes Sára Róza (Budapesti Fazekas M. Gyak. Ált. Isk. és Gimn., 8. o. t.)
2. megoldás. Az előző megoldás jelöléseit megtartva legyen a \(\displaystyle C\) pontból a \(\displaystyle BD\) átlóra állított merőleges talppontja \(\displaystyle E\), továbbá a \(\displaystyle B\) pontból az \(\displaystyle AD\)-re állított merőleges talppontja \(\displaystyle F\).
Tudjuk, hogy \(\displaystyle BC=CD\), így \(\displaystyle EC\) a \(\displaystyle BD\) szakaszfelező merőlegese, \(\displaystyle BE=ED\) és \(\displaystyle BCE\sphericalangle=ECD\sphericalangle=\alpha\). Az \(\displaystyle ABF, BCE, DCE\) derékszögű háromszögek átfogói ugyanakkorák és egy hegyesszögük \(\displaystyle \alpha\), tehát egybevágók. Így \(\displaystyle FB=BE=ED\) és a \(\displaystyle BFD\) derékszögű háromszög átfogója kétszerese az \(\displaystyle FB\) befogónak, a háromszög félszabályos. Ezután az állításban szereplő szögek:
Kiss Villő Zsófia (Budapesti Fazekas M. Gyak. Ált. Isk. és Gimn., 9. o. t.)
3. megoldás. Az eddigi jelöléseket továbbra is megtartjuk. Tükrözzük a \(\displaystyle C\) pontot a négyszög \(\displaystyle BD\) átlójára. Legyen a tükörképpont \(\displaystyle C'\).
Megmutatjuk, hogy ez a \(\displaystyle C'\) pont az \(\displaystyle ABD\) háromszög körülírt körének középpontja. Ez a \(\displaystyle C'\) pont a \(\displaystyle BD\) felezőmerőlegesén helyezkedik el, a \(\displaystyle C'\) és \(\displaystyle A\) pontok a \(\displaystyle BD\) egyenesnek ugyanabban a félsíkjában vannak, továbbá
\(\displaystyle BC'D\sphericalangle=DCB\sphericalangle=2\alpha=2\cdot BAD\sphericalangle. \)
Ezek alapján a \(\displaystyle BC'D\sphericalangle\) csak a \(\displaystyle BD\) ívhez tartozó középponti szög lehet az \(\displaystyle ABD\) körülírt körében.
A körülírt kör sugara \(\displaystyle BC'=BC=AB=C'A\), az \(\displaystyle ABC'\) háromszög szabályos. Az \(\displaystyle ABD\) körben az \(\displaystyle AB\) ívhez tartozó középponti szög \(\displaystyle 60^\circ\), így az \(\displaystyle ADB\) kerületi szög \(\displaystyle 30^\circ\).
Ezután a 2. megoldáshoz hasonló szögszámolással:
Ezzel beláttuk, hogy
\(\displaystyle CBA\sphericalangle=2\cdot CDA\sphericalangle. \)
Hajba Milán (Győr, Révai Miklós Gimn. és Koll., 11. o. t.)
A feladatra összesen 105 versenyző és csapat küldött megoldást. 4 pontos 73, 3 pontos 11 dolgozat. 2 pontot kapott 9, 1 pontot 2 versenyző. Nem versenyszerű 1 tanuló dolgozata, 0 pontos 8 dolgozat. Nem értékeljük 1 fő dolgozatát.
A KöMaL levelezős versenyei azon kevesek közé tartoznak, amelyek ingyenesek – immár több mint 130 éve! Sajnos azonban a KöMaL állami támogatásának rendszere az elmúlt évben jelentősen átalakult, a következő években az előre látható bevételeink várhatóan nem tudják fedezni a költségeinket.
Ezért kérünk mindenkit, aki szereti a KöMaL-t, létezését fontosnak tartja, hogy lehetőségéhez mérten támogassa a KöMaL-t kiadó MATFUND Alapítványt. Ha teheti, rendelkezzen adója 1%-áról az Alapítvány javára. Ezen kívül pedig, ha saját vagy céges lehetőségei megengedik, támogassa a KöMaL kiadását, a KöMaL tudáskincsének gondozását!
A KöMaL kiadásának, a versenyek teljes lebonyolításának, díjazásának és a díjkiosztóval egybekötött Ifjúsági Ankétok szervezésének költségeit 2007 óta a MATFUND Középiskolai Matematikai és Fizikai Alapítvány fizeti.
Kérjük, személyi jövedelemadója 1%-ának felajánlásával álljon a több, mint 125 éve alapított Középiskolai Matematikai és Fizikai Lapok mellé!
B. 5453. Egy konvex polidéder lapjai az \(\displaystyle ABCD\), \(\displaystyle ABFE\), \(\displaystyle BCGF\), \(\displaystyle CDHG\), \(\displaystyle ADHE\) és \(\displaystyle EFGH\) négyszögek az ábra szerint. Az \(\displaystyle A\), illetve a \(\displaystyle G\) csúcsból induló élek páronként merőlegesek egymásra. Igazoljuk, hogy
\(\displaystyle [ABCD]^2+[ABFE]^2+[ADHE]^2 = [BCGF]^2+[CDHG]^2+[EFGH]^2. \)
(\(\displaystyle [XYZW]\) az \(\displaystyle XYZW\) négyszög területét jelöli.)
Javasolta: Kós Géza(Budapest)
C. 1889. Egy számegyenesen be van jelölve az \(\displaystyle 1\) és a \(\displaystyle \sqrt{5}\), semmi más. Adjuk meg szerkesztéssel a számegyenesen a \(\displaystyle 0\) helyét. (Az elemi szerkesztési lépéseket, mint például szög felezése, tengelyes tükrözés, nem kell részletezni.)
Javasolta: Veszprémi Ferenc (Budapest)
