A C. 1308. feladat (2015. október)

C. 1308. Alkalmas háromszögeket kettévágunk a legnagyobb szögüknél levő csúcson átmenő egyenessel két egyenlőszárú háromszögre. Mekkorák lehetnek egy tompaszögű háromszög szögei, ha a kettévágást két különböző módon is meg tudjuk tenni?

(5 pont)

A beküldési határidő 2015. november 10-én LEJÁRT.

Megoldás. Jelölje egy megfelelő $\displaystyle ABC$ háromszög szögeit a szokásos módon $\displaystyle \alpha$, $\displaystyle \beta$ és $\displaystyle \gamma$, ahol ez utóbbi a tompaszög. Egy tompaszögű háromszög legnagyobb szöge a tompaszög, tehát az egyenes a $\displaystyle C$ csúcson megy át. Messe az egyenes a $\displaystyle c$ oldalt a $\displaystyle D$ pontban. Ekkor $\displaystyle ADC\angle+BDC\angle=180^{\circ}$, ezért a két szög közül az egyik legalább $\displaystyle 90^{\circ}$. Legyen ez most az $\displaystyle ADC\angle$. Ekkor az $\displaystyle ADC$ háromszög csak úgy lehet egyenlő szárú, ha az alapja $\displaystyle AC$ és $\displaystyle DCA\angle=DAC\angle=\alpha$. Az $\displaystyle ADC$ háromszögben $\displaystyle CDB\angle$ külső szög, és így értéke $\displaystyle CDB\angle=DAC\angle+DCA\angle=2\alpha$. Készítsünk ábrát.

A $\displaystyle BCD$ háromszög háromféleképp lehet egyenlőszárú.

Ia. $\displaystyle \varphi=2\alpha$. Ekkor $\displaystyle \gamma=3\alpha$.

IIa. $\displaystyle \varphi=\beta$. Ekkor $\displaystyle \gamma=\alpha+\beta$, ami a háromszög szögösszegének épp a fele, vagyis $\displaystyle 90^{\circ}$, ez most nem lehetséges.

IIIa. $\displaystyle 2\alpha=\beta$.

Hasonlóan, ha a $\displaystyle BDC$ szög a tompaszög, akkor $\displaystyle BCD\angle=\beta$ és a két lehetséges eset:

Ib. $\displaystyle \gamma=3\beta$,

IIIb. $\displaystyle \alpha=2\beta$.

A két-két esetet négyféle módon állíthatjuk párba.

1.) Ia. és Ib., vagyis $\displaystyle \gamma=3\alpha$ és $\displaystyle \gamma=3\beta$, ekkor $\displaystyle \alpha=\beta$, az $\displaystyle ABC$ háromszög szögeinek összege: $\displaystyle 180^{\circ}=\alpha+\alpha+3\alpha$, amiből $\displaystyle \alpha=\beta=36^{\circ}$ és $\displaystyle \gamma=108^{\circ}$.

2.) Ia. és III.b., vagyis $\displaystyle \gamma=3\alpha$ és $\displaystyle \alpha=2\beta$. Ekkor $\displaystyle 180^{\circ}=2\beta+\beta+6\beta$, amiből $\displaystyle \beta=20^{\circ}$ és így $\displaystyle \alpha=40^{\circ}$ és $\displaystyle \gamma=120^{\circ}$.

3.) III.a. és I.b: ez az előzővel megegyező eset, csak $\displaystyle \alpha$ és $\displaystyle \beta$ szerepe felcserélődik.

4.) III.a. és III.b.: $\displaystyle 2\alpha=\beta$ és $\displaystyle \alpha=2\beta$. Ebből $\displaystyle \alpha=2\beta=2\cdot2\alpha=4\alpha$, vagyis $\displaystyle \alpha=0^{\circ}$, ami nem lehetséges.

Statisztika:

121 dolgozat érkezett.
5 pontot kapott:	Cseh Noémi, Csépányi István, Czirják Lilla, Dávid Levente, Édes Lili, Fekete Balázs Attila, Garamvölgyi István Attila, Jánosdeák Márk, Kamenár Gyöngyvér, Kovács 124 Marcell, Kovács Richárd, Marozsák Tóbiás , Márton Anna, Molnár 410 István, Nagy 999 Benedek, Nagy Nándor, Németh Csilla Márta, Páhoki Tamás, Pinke Andrea, Szécsi Adél Lilla, Szilágyi Éva, Tóth 111 Máté , Tóth 430 Róbert, Weisz Máté.
4 pontot kapott:	Bácskai Zsombor, Bukor Benedek, Nagy Enikő, Pap-Takács Noémi, Paulovics Péter, Perényi Gellért, Villányi Soma, Volford Anita, Zsombó István.
3 pontot kapott:	10 versenyző.
2 pontot kapott:	51 versenyző.
1 pontot kapott:	14 versenyző.
0 pontot kapott:	11 versenyző.
Nem versenyszerű:	2 dolgozat.

A KöMaL 2015. októberi matematika feladatai