Kezdőlap


Feladat:	2000. évi Nemzetközi Matematika Diákolimpia 23. feladata	Korcsoport: 18-	Nehézségi fok: nehéz
Megoldó(k):	Gyenes Zoltán
Füzet:	2000/október, 391 - 393. oldal		PDF \| MathML
Témakör(ök):	Magasságvonal, Beírt kör, Háromszögek geometriája, Tengelyes tükrözés, Nemzetközi Matematikai Diákolimpia
Hivatkozás(ok):	Feladatok: 2000/szeptember: 2000. évi Nemzetközi Matematika Diákolimpia 23. feladata

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

Legyen $1 \leq i < j \leq 3$ esetén $ℓ_{i} \cap ℓ_{j} = Q_{k}$ , ahol ${i, j, k} = {1, 2, 3}$ . Belátjuk, hogy pl. $Q_{1} Q_{2}$ egyenese és $A B$ egyenese párhuzamos. Ez éppen azt jelenti, hogy $ℓ_{3} ‖ A B$ .
Irányított szögekkel fogunk számolni. $C A B ∢ = α$ , $A B C ∢ = β$ , $B C A ∢ = γ$ . $H_{1} H_{2}$ -t $B C$ -be^{$^{*}$}Itt és a továbbiakban a szakaszok által meghatározott egyenesek forgatásáról van szó.

A szerk.

(- α)

szögű forgatás viszi (

H_{2} H_{1} C ∢ = C A B ∢

, mert

H_{1} H_{2} A B

négyszög húrnégyszög:

H_{1}

és

H_{2}

rajta van az

A B

szakasz Thálesz-körén.)

T_{1} T_{2}

-t

(- \frac{π - γ}{2})

szögű forgatás viszi

B C

-be (a

C T_{1} T_{2}

háromszög egyenlő szárú), így

H_{1} H_{2}

-t

T_{1} T_{2}

-be

(- α) - (- \frac{π - γ}{2})

szögű forgatás viszi.

H_{1} H_{2}

-t

ℓ_{3}

-ba ennek kétszerese,

- 2 α - (- π + γ) = π - 2 α - γ

szögű forgatás viszi. Így

ℓ_{3}

-at

B C

-be

- (π - 2 α - γ) + (- α) = - π + α + γ = - β

szögű forgatás viszi, amivel állításunkat igazoltuk.
A

Q_{i} T_{i}

(

i = 1

, 2, 3) egyenesek a

W_{1} W_{2} W_{3}

háromszöget határozzák meg.
Ezután a következőket látjuk be:

*	(i)A $W_{1} W_{2} W_{3}$ háromszög talpponti háromszöge a $Q_{1} Q_{2} Q_{3}$ háromszög.

*	(ii)A $W_{1} W_{2} W_{3}$ háromszög középvonalai a $T_{1} T_{2} T_{3}$ háromszöget adják.

(i) Egyszerűen adódik, hogy pl.:

H_{1} H_{2} B ∢ = B H_{2} H_{3} ∢ = \frac{π}{2} - β

, ezért

T_{2}

távolsága

H_{2} H_{1}

-től és

H_{2} H_{3}

-tól megegyezik.

T_{2}

távolsága

H_{2} H_{1}

-től és

ℓ_{3}

-tól, illetve

H_{2} H_{3}

-tól és

ℓ_{1}

-től is ugyanakkora, azaz

T_{2}

egyenlő távolságra van

Q_{2} Q_{1}

és

Q_{2} Q_{3}

-tól, így

Q_{2} T_{2}

Q_{1} Q_{2} Q_{3} ∢

külső szögfelezője. Hasonló áll

Q_{3} T_{3}

és

Q_{1} T_{1}

esetén is. Emiatt (i) valóban fennáll.
(ii) Belátjuk, hogy pl.

T_{1} T_{2}

egyenese párhuzamos

W_{1} W_{2}

egyenesével, azaz

Q_{3} T_{3}

-mal. (i) miatt

Q_{3} T_{3}

Q_{2} Q_{3} Q_{1}

szög külső szögfelezője, így mivel a

Q_{1} Q_{2} Q_{3}

háromszög és az

A B C

háromszög egyállású és

Q_{2} Q_{3} Q_{1} ∢ = B C A ∢

Q_{3} T_{3}

-at

Q_{3} Q_{2}

-be

(- \frac{π - γ}{2})

szögű forgatás viszi. De láttuk, hogy

T_{1} T_{2}

-t

B C

-be is

(- \frac{π - γ}{2})

szögű forgatás viszi. Tehát mivel

B C

és

Q_{3} Q_{2}

párhuzamosak,

T_{1} T_{2}

is párhuzamos

Q_{3} T_{3}

-mal.
Így a

Q_{1}

Q_{2}

Q_{3}

H_{1}

H_{2}

H_{3}

pontok rajta vannak a

W_{1} W_{2} W_{3}

háromszög Feuerbach-körén, azaz egy körön vannak. Mivel a

H_{1}

H_{2}

H_{3}

pontok éppen az

A B C

háromszög beírt körét határozzák meg, a bizonyítással készen vagyunk.

Gyenes Zoltán (Apáczai Cs. J. Gimn., 12. o.t.)

^{$^{*}$}

^{*}