Kezdőlap


Feladat:	1990. évi Nemzetközi Matematika Diákolimpia 11. feladata	Korcsoport: 18-	Nehézségi fok: nehéz
Megoldó(k):	Kondacs Attila
Füzet:	1990/november, 337 - 338. oldal		PDF \| MathML
Témakör(ök):	Középponti és kerületi szögek, Szinusztétel alkalmazása, Nemzetközi Matematikai Diákolimpia
Hivatkozás(ok):	Feladatok: 1990/szeptember: 1990. évi Nemzetközi Matematika Diákolimpia 11. feladata

A szöveg csak Firefox böngészőben jelenik meg helyesen. Használja a fenti PDF file-ra mutató link-et a letöltésre.

Azt a pontot, ahol $M D$ másodszor metszi a kört, jelöljük $X$ -szel. Továbbá legyen $A D C ∢ = γ$ , $C D X ∢ = α$ , $X D B ∢ = β$ . Mivel szintén az $A C$ ívhez tartozik, $A B C ∢ = γ$ . Az $F G$ egyenes a $D E M$ háromszög körülírt körének $E$ -beli érintője, e kis körben az $F E M$ szög az $E M$ húrhoz tartozó érintő szárú kerületi szög, így $F E M ∢ = E D M ∢ = α$ . Ennek csúcsszögére: $G E A ∢ = α$ . Ezentúl csak az $A B C D$ körülírt körére fogunk hivatkozni ,,kör'' néven. E kör sugarát $\frac{1}{2}$ -nek választva, és tetszőleges $L_{1}$ , $L_{2}$ , $L_{3}$ köri ponthármasra az általános szinusztételt felírva:

\begin{matrix} L_{1} L_{3} = (sin L_{1} L_{2} L_{3} ∢) \cdot 2 R = sin L_{1} L_{2} L_{3} ∢ . \end{matrix}

(

*

)

A E G

háromszögben a szinusztételt felírva:

\begin{matrix} \frac{E G}{sin G A E ∢} = \frac{A E}{sin A G E ∢} . \end{matrix}

(

* *

)

Itt két észrevételt teszünk: mivel

G A E ∢ + E A C ∢ = 180^{\circ}

, ezért

sin G A E ∢ = sin E A C ∢

. Másrészt

C B

feletti szögek kerületi szögek lévén

α + β = C D B ∢ = C A B ∢

és

C A B ∢

A E G

háromszög külső szöge, így

α + β = C A B ∢ = A G E ∢ + A E G ∢

, tehát

A E G ∢ = α

szerint

A G E ∢ = β = X D B ∢

.
A (

*

) és (

* *

) állításokból:

\begin{matrix} E G / C B = A E / X B . \end{matrix}

(1)

Vegyük észre, hogy az

E F B

háromszögben az

E

csúcsnál levő szög

α

, a

B

-nél levő

γ

, ezért az

F

csúcsnál levő szög

180^{\circ} - α - γ

sin E F B ∢ = sin (α + γ) = A X

. Az

E F B

háromszögben a szinusztétellel:

\frac{E F}{sin γ} = \frac{E B}{sin (α + γ)}

, így (

*

) szerint:

\begin{matrix} E F / A C = E B / A X . \end{matrix}

(2)

(1)-et (2)-vel elosztva:

\begin{matrix} \frac{E G}{E F} = \frac{A E \cdot C B \cdot A X}{E B \cdot A C \cdot X B} . \end{matrix}

(3)

Lemma: Egy

A C B D

konvex húrnégy szög

A B

és

C D

átlóinak metszéspontja

E

. Ekkor:

\begin{matrix} C B \cdot A E \cdot B D = A C \cdot E B \cdot A D . \end{matrix}

Bizonyítás: Az

A D E

háromszögben a szinusztételből:

\begin{matrix} A E / sin A D E ∢ = A D / sin A E D ∢, \end{matrix}

azaz (

*

) szerint

\begin{matrix} A E / A C = A D / sin A E D ∢ . \end{matrix}

(

L_{1}

)

E B C

háromszögben hasonlóan

\begin{matrix} E B / sin B C E ∢ = C B / sin C E B ∢ = C B / sin A E D ∢, \\ E B / B D = C B / sin A E D ∢ . & (L_{2}) \end{matrix}

(L_{2})

egyenletet az

(L_{1})

egyenlettel elosztva és rendezve a bizonyítandó állítást kapjuk.
Lemmánkat az

A C B D

és

A X B D

négyszögekre alkalmazva:

\begin{matrix} C B \cdot A E \cdot B D & = A C \cdot E B \cdot A D, \\ X B \cdot A M \cdot B D & = A X \cdot M B \cdot A D . \end{matrix}

A második egyenletet az elsővel elosztva:

\begin{matrix} \frac{A M}{M B} = \frac{A E \cdot C B \cdot A X}{X B \cdot E B \cdot A C}, \end{matrix}

amelyet (3)-mal összevetve:

\begin{matrix} \frac{E G}{E F} = \frac{A M}{M B} = \frac{A M}{A B - A M} = \frac{t}{1 - t} . \end{matrix}

Megjegyzés. A feladat elolvasása és az ábra felrajzolása után mindjárt az a benyomásom támadt, hogy itt olyan sok szép egyenlő szög van, hogy elképzelhetetlen, hogy a megoldást ne lehetne valahogyan ,,kiszenvedni''. Sajnos, elegáns megoldást nem találván, tényleg ezt kellett tennem. Így versenydolgozatomban a szinusztételt 8 háromszögre alkalmaztam, majd ezek ,,cseles'' összeszorzásával rengeteg tag kiesett és a bizonyítandó állítást kaptam. Az itt közölt megoldásbeli lemmát Pataki János javaslatára használom fel, ez a megoldást jóval áttekinthetőbbé teszi (azért a háttérben ugyanazok a szinusztételek vannak).