 |
Az A. 702. feladat (2017. szeptember) |
A. 702. Adott egy \(\displaystyle ABC\) háromszög. Azt mondjuk, hogy az \(\displaystyle XYZ\) háromszög esztétikus, ha \(\displaystyle X\) a \(\displaystyle BC\), \(\displaystyle Y\) a \(\displaystyle CA\), \(\displaystyle Z\) pedig az \(\displaystyle AB\) oldalszakasz pontja, valamint az \(\displaystyle XYZ\) és az \(\displaystyle ABC\) háromszög hasonló (tehát \(\displaystyle A\sphericalangle=X\sphericalangle\), \(\displaystyle B\sphericalangle=Y\sphericalangle\), \(\displaystyle C\sphericalangle=Z\sphericalangle\)). Melyik esztétikus háromszög kerülete a lehető legkisebb?
(5 pont)
A beküldési határidő 2017. október 10-én LEJÁRT.
1. megoldás. Jelölje \(\displaystyle ABC\triangle\) szögeit \(\displaystyle \alpha,\beta,\gamma\). Legyen \(\displaystyle BC=a\), \(\displaystyle CA=b\), \(\displaystyle AB=c\), illetve a hasonlóságot kihasználva \(\displaystyle YZ=\lambda a\), \(\displaystyle ZX=\lambda b\), \(\displaystyle XY=\lambda c\) alkalmas \(\displaystyle \lambda\) valóssal. Legyen továbbá \(\displaystyle \angle BZX=u\), \(\displaystyle \angle CYX=v\). Ekkor \(\displaystyle \angle BXZ+\angle CXY=180^\circ-\alpha\) egyenlőségből \(\displaystyle u+v=2\alpha\) következik.
A szinusztételt felírva \(\displaystyle BXZ\) és \(\displaystyle CXY\) háromszögekre:
\(\displaystyle BX=\frac{XZ}{\sin \beta}\cdot \sin u,\qquad CX=\frac{XY}{\sin\gamma}\cdot \sin v.\)
Behelyettesítve és összeadva:
\(\displaystyle BC=\frac{\lambda b}{\sin\beta}\cdot \sin u+\frac{\lambda c}{\sin \gamma}\cdot \sin v.\)
Az \(\displaystyle ABC\) háromszögre felírt szinusztételt felhasználva, \(\displaystyle \frac{\sin\alpha}{a}=\frac{\sin\beta}{b}=\frac{\sin\gamma}{c}\)-vel felszorozva az alábbi adódik:
\(\displaystyle \sin \alpha=\lambda(\sin u+\sin v)=\lambda\cdot 2\sin\frac{u+v}{2}\cos\frac{u-v}{2}.\)
Mivel \(\displaystyle \cos\frac{u-v}{2}\le 1\) és \(\displaystyle \frac{u+v}{2}=\alpha\), ezért ebből \(\displaystyle \lambda\ge \frac12\) nyerhető. Tehát egy esztétikus háromszög kerülete legalább \(\displaystyle ABC\) kerületének \(\displaystyle \frac12\)-szerese, és éppen akkor éri el ezt a minimumot, ha \(\displaystyle u=v=\alpha\).
Ha \(\displaystyle u=v=\alpha\), akkor a fenti képletekből \(\displaystyle BX=CX\), illetve a szögek miatt \(\displaystyle XZ\) párhuzamos \(\displaystyle CA\)-val, \(\displaystyle XY\) párhuzamos \(\displaystyle BA\)-val, vagyis \(\displaystyle XYZ\) az \(\displaystyle ABC\) középvonal-háromszöge. Ha \(\displaystyle XYZ\) a középvonal-háromszög, akkor pedig \(\displaystyle u=v=\alpha\). Tehát a lehető legkisebb kerületű esztétikus háromszög éppen a középvonal-háromszög.
\(\displaystyle \)
2. megoldás. A kerületi szögek tétele miatt körök segítségével bizonyos szögek más helyeken is megjeleníthetők. Két kör metszésével pedig eltérő helyeken található szögek egymás mellett megjeleníthetők. Egy ábrán ezért további szép (és gyakran hasznos) geometriai összefüggések jeleníthetők meg alkalmas körök metszéspontjainak megszerkesztésével. (Hasonló intuíciókért lásd Kós Géza megjegyzését a 2015. októberi Kömal 395-399. oldalán és az A.650. feladatot.)
A Miquel-tétel szerint \(\displaystyle AYZ\), \(\displaystyle BZX\), \(\displaystyle CXY\) körök egy közös \(\displaystyle M\) pontban metszik egymást. (A Miquel-tétel helyes bizonyítása esetszétválasztást vagy irányított szögeket használ; irányított szögek használatához egy jó bevezetőért katt ide.)
Ezzel az 1. megoldásbeli \(\displaystyle u,v\) szögek megjelennek \(\displaystyle P\)-nél is: irányított szögekkel számolva,
\(\displaystyle \angle BPC=\angle BPX+\angle XPC=\angle BZX+\angle XYC=\angle(BA,ZX)+\angle(XY,AC)+\angle(ZX,XY)-\angle(ZX,XY)=\angle(BA,AC)-\angle(ZX,XY)=2\angle BAC,\)
mert \(\displaystyle ABC\) és \(\displaystyle XYZ\) háromszög azonos körüljárású. A kerületi és középponti szögek tétele szerint ha \(\displaystyle O\) az \(\displaystyle ABC\) háromszög körülírt körének középpontja, akkor \(\displaystyle \angle BOC=2\angle BAC\) is fennáll; emiatt \(\displaystyle P\) a \(\displaystyle BCO,CAO,ABO\) körök közös pontja, s így \(\displaystyle P=O\).
Sőt, a kerületi szögek tételét kihasználva,
\(\displaystyle \angle(XP,YZ)=\angle(XP,PB)+\angle(PB,BZ)+\angle(BZ,ZX)+\angle(ZX,YZ)=\angle XPB+\angle PBZ+\angle BZX+\angle XZY=\)
\(\displaystyle =\angle XYB+\angle OBA+\angle BYX+\angle ACB=\angle OBA+\angle ACB=90^\circ,\)
ahol az utolsó lépésben az \(\displaystyle O\), \(\displaystyle B\) és \(\displaystyle AB\) felezőpontja alkotta derékszögű háromszöget használtuk. Ezért \(\displaystyle XP\) és \(\displaystyle YZ\) merőleges, és hasonlóképp \(\displaystyle YP\) és \(\displaystyle ZX\), illetve \(\displaystyle ZP\) és \(\displaystyle XY\) is merőleges, tehát \(\displaystyle P\) az \(\displaystyle XYZ\) háromszög magasságpontja.
Mivel \(\displaystyle XYZ\) és \(\displaystyle P\) összes lehetséges helyzete egymáshoz hasonló, ezért \(\displaystyle |PX|\) egyenesen arányos \(\displaystyle XYZ\) kerületével. Azonban \(\displaystyle X\) a \(\displaystyle \overline{BC}\) szakaszon mozog, ezért \(\displaystyle |PX|\) akkor minimális, ha \(\displaystyle X\) a \(\displaystyle P\) vetülete \(\displaystyle BC\)-re, ami \(\displaystyle P=O\) okán \(\displaystyle \overline{BC}\) felezőpontja. Ha pedig \(\displaystyle X\) a \(\displaystyle \overline{BC}\) felezőpontja, akkor az ábra \(\displaystyle P=O\) miatt meghatározott, méghozzá egybevágó azzal az ábrával, melyben \(\displaystyle XYZ\) az \(\displaystyle ABC\) középvonal-háromszöge. Tehát az \(\displaystyle ABC\) középvonal-háromszöge a minimális kerületű esztétikus háromszög.
Statisztika:
23 dolgozat érkezett. 5 pontot kapott: Beke Csongor, Bukva Balázs, Csépányi István, Daróczi Sándor, Gáspár Attila, Győrffy Ágoston, Imolay András, Janzer Orsolya Lili, Kerekes Anna, Matolcsi Dávid, Németh 123 Balázs, Schrettner Jakab, Simon Dániel Gábor, Szabó Kristóf, Szemerédi Levente, Weisz Máté. 4 pontot kapott: Egri Máté, Hervay Bence, Márton Dénes, Szabó 417 Dávid, Záhorský Ákos. 3 pontot kapott: 1 versenyző. 0 pontot kapott: 1 versenyző.
A KöMaL 2017. szeptemberi matematika feladatai