Szerk
B. 5489. Az \(\displaystyle ABC\) derékszögű háromszögben \(\displaystyle ABC\sphericalangle=15^\circ\) és \(\displaystyle CAB\sphericalangle=75^\circ\), továbbá az \(\displaystyle AB\) átfogó felezőpontja \(\displaystyle F\). A \(\displaystyle BC\) befogón vegyük fel a \(\displaystyle D\) pontot úgy, hogy \(\displaystyle BD=CA\), a \(\displaystyle CA\) félegyenesen az \(\displaystyle A\) ponton túl az \(\displaystyle E\) pontot úgy, hogy \(\displaystyle CE=BC\) teljesüljön. A \(\displaystyle BE\) és \(\displaystyle CF\) egyenesek metszéspontja legyen \(\displaystyle M\). Bizonyítsuk be, hogy a \(\displaystyle DM\) és \(\displaystyle CM\) egyenesek érintik az \(\displaystyle AEF\) háromszög köré írt kört.
(4 pont)
Javasolta: Bíró Bálint (Eger)
Megoldás. Mivel a feltétel szerint \(\displaystyle CE=CB\), ezért a \(\displaystyle BEC\) egyenlő szárú derékszögű háromszög, így egyrészt \(\displaystyle BEC\sphericalangle=CBE\sphericalangle=45^{\circ}\), másrészt \(\displaystyle ABE\sphericalangle=30^{\circ}\).
Állítsunk \(\displaystyle A\)-ból merőlegest \(\displaystyle BE\)-re, a merőleges talppontja legyen \(\displaystyle O\). Ekkor \(\displaystyle ABE\sphericalangle=30^{\circ}\) miatt az \(\displaystyle ABO\) derékszögű háromszög egy szabályos háromszög fele, tehát \(\displaystyle OAB\sphericalangle=60^{\circ}\), valamint \(\displaystyle OA=\dfrac{AB}{2}=AF\). Tekintsük az ábrát.
Az \(\displaystyle AFO\) egyenlő szárú háromszög szabályos, mert az \(\displaystyle AF\) és \(\displaystyle OA\) szárak által bezárt szög nagysága \(\displaystyle 60^{\circ}\). Ebből az is következik, hogy \(\displaystyle O\) illeszkedik az \(\displaystyle AF\) felezőmerőlegesére. Nyilvánvaló, hogy \(\displaystyle BEA\sphericalangle=45^{\circ}\), ezért az \(\displaystyle EAO\) egyenlő szárú derékszögű háromszög és így
\(\displaystyle OA=AF=FO=OE. \)
Eszerint az \(\displaystyle O\) egyenlő távolságra van az \(\displaystyle A\), \(\displaystyle E\), \(\displaystyle F\) pontoktól, tehát \(\displaystyle O\) az \(\displaystyle AEF\) háromszög körülírt körének középpontja.
Az \(\displaystyle ACF\) egyenlő szárú háromszögben \(\displaystyle FAC\sphericalangle\!=\!ACF\sphericalangle\!=\!75^{\circ}\), ezért \(\displaystyle {CFA\sphericalangle\!=\!30^{\circ}}\), innen \(\displaystyle AFO\sphericalangle\!=\!60^{\circ}\) miatt \(\displaystyle CFO\sphericalangle=90^{\circ}\), tehát \(\displaystyle OF\perp CM\), vagyis az \(\displaystyle AEF\) kör sugara merőleges \(\displaystyle CM\)-re, tehát \(\displaystyle CM\) érintője a körnek.
Párhuzamost húztunk a \(\displaystyle B\) ponton keresztül \(\displaystyle CE\)-vel, a párhuzamos és a \(\displaystyle CM\) egyenes metszéspontja \(\displaystyle P\). A párhuzamosságból következik, hogy \(\displaystyle MBP\sphericalangle=45^{\circ}\).
Tudjuk, hogy a \(\displaystyle CBF\) egyenlő szárú háromszög, emiatt \(\displaystyle FCB\sphericalangle=15^{\circ}\) és így a \(\displaystyle PCB\) derékszögű háromszögben \(\displaystyle BPC\sphericalangle=75^{\circ}\). A megfelelő szögek egyenlősége és a \(\displaystyle 75^{\circ}\)-os szöggel szemközti közös \(\displaystyle BC\) oldal azt jelenti, hogy az \(\displaystyle ABC\) és \(\displaystyle PCB\) háromszögek egybevágók, ezért
\(\displaystyle AC=BD=BP. \)
A \(\displaystyle PMB\) és \(\displaystyle BMD\) háromszögek egybevágók, mert közös bennük a \(\displaystyle BM\) szakasz, és \(\displaystyle BP=BD\), valamint a két háromszögben az egyenlő hosszúságú szakaszok által bezárt \(\displaystyle MBP\sphericalangle\), illetve \(\displaystyle DBM\sphericalangle\) szögek mindegyike \(\displaystyle 45^{\circ}\)-os. Ez azt is jelenti, hogy a \(\displaystyle PMB\) háromszögnek a \(\displaystyle BE\) egyenesre vonatkozó tükörképe éppen a \(\displaystyle BMD\) háromszög.
Mivel a \(\displaystyle PM\) egyenessel azonos \(\displaystyle CF\) egyenes érintője az \(\displaystyle AEF\) körnek, ezért a \(\displaystyle PM\) egyenesnek a \(\displaystyle BE\)-re vonatkozó \(\displaystyle DM\) tükörképe is érinti az \(\displaystyle AEF\) kört.
Ezzel a feladat mindkét állítását igazoltuk.
Maróti Olga (Szegedi Radnóti Miklós Kísérleti Gimnázium, 9. o. t.) dolgozata alapján
Megjegyzések. 1. A helyes megoldások egy része a honlapon található első megoldásnak felelt meg, néhány pedig a honlap második megoldásában szereplő \(\displaystyle BGEC\) négyzetet (vagy annak megfelelőt) konstruálta meg és ennek alapján bizonyított. Több, a fenti megoldáshoz hasonló helyes megoldás is született, amelyben az \(\displaystyle A\) pontból a \(\displaystyle BE\)-re bocsátott merőleges talppontjáról látták be, hogy az nem más, mint az \(\displaystyle AEF\) kör középpontja, majd egy geometriai konstrukció segítségével megadták a \(\displaystyle D\) pontnak a \(\displaystyle BE\)-re vonatkozó tükörképét (ez az ábrán a \(\displaystyle P\) pont). Jó néhányan koordináta-geometriai megközelítést használtak, célszerűen a \(\displaystyle C\) pontot választva origónak, a \(\displaystyle CB\) és \(\displaystyle CA\) oldalak egyeneseit koordinátatengelyeknek.
2. A felmerülő hibák főként az indoklás vagy a hivatkozások hiányosságai, bizonyítási lépések hibái és elhanyagolásai, illetve az ábra hiánya voltak.
A feladatra 71 dolgozat érkezett. 4 pontos 37, 3 pontos 5, 2 pontos 13, 1 pontos 10, 0 pontos 4. Nem versenyszerű 2 dolgozat.
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.
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.
Ha egy négyzetet a két átlójával felosztunk négy háromszögre, majd ezeket kiszínezzük három színnel az összes lehetséges módon, akkor megkapjuk a négyzetes színdominókat.
A színdominókat először a múlt század elején írta le Percy Alexander MacMahon, a kalandos életű matematikus. Ő rögtön megadott több nehéz feladatot is hozzájuk.
C. 1842. Oldjuk meg a valós számok halmazán a \(\displaystyle 9^x+(6x-23)\cdot 3^x+5x^2-39x+76=0\) egyenletet.
Javasolta: Bencze Mihály (Brassó
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)
A KöMaL 2025 szeptemberi számában (Tait tétele és a 3-reguláris gráfok – a B. 5403. feladat háttere) kimondtuk Tait alábbi tételét.
Tétel (Tait tétele). Legyen \(\displaystyle G\) egy 3-reguláris, hídélmentes, síkbarajzolt gráf. Ekkor \(\displaystyle G\) tartományai \(\displaystyle 4\)-színezhetők akkor és csak akkor, ha élei \(\displaystyle 3\)-színezhetők.
A tételben \(\displaystyle k\)-színezésen olyan színezést értünk, amely \(\displaystyle k\)-féle színt használ, és az egymással szomszédos tartományok (illetve élszínezés esetén az egy csúcsban találkozó élek) mindig különböző színűek.
A szeptemberi számba nem került be a tétel bizonyítása (azzal a céllal, hogy akinek van kedve, gondolkodhasson rajta), ezt most pótoljuk.
