A B. 4429. feladat (2012. február)

B. 4429. Két háromszög, A₁B₁C₁ és A₂B₂C₂ úgy helyezkedik el, hogy A₁B₁ és A₂B₂, B₁C₁ és B₂C₂, valamint A₁C₁ és A₂C₂ oldalaik párhuzamosak. Kössük össze az A₁ csúcsot a B₂ és C₂ csúcsokkal, majd a B₁ csúcsot a C₂ és A₂ csúcsokkal, végül a C₁ csúcsot az A₂ és B₂ csúcsokkal. Mekkora lehet az így keletkezett összekötő szakaszok felezőpontjai által meghatározott hatszög területe, ha az eredeti háromszögek területe T₁ és T₂?

(4 pont)

A beküldési határidő 2012. március 12-én LEJÁRT.

Megoldás. A két háromszög egymáshoz hasonló, a hasonlóság aránya pedig \(\displaystyle \lambda=\sqrt{T_2/T_1}\) vagy \(\displaystyle \lambda=-\sqrt{T_2/T_1}\). Ha az egyik háromszöget a \(\displaystyle {\bf v}\) vektorral eltoljuk, akkor minden felezőpont, és így az általuk meghatározott síkidom is \(\displaystyle {\bf v}/2\)-vel mozdul el. Feltehetjük hát, hogy \(\displaystyle A_1=A_2=A\). Tegyük fel az egyszerűség kedvéért, hogy \(\displaystyle T_1\ge T_2\), vagyis \(\displaystyle 0<|\lambda|\le 1\). Ha \(\displaystyle T_1=T_2\), akkor a \(\displaystyle \lambda=1\) esetben a hatszög ugyan háromszöggé fajul el, de a lejjebb bizonyított képlet abban az esetben is érvényes lesz.

A lenti ábrán előbb a \(\displaystyle \lambda>0\), majd a \(\displaystyle \lambda<0\) esetet tüntettük fel, a szóban forgó hatszög csúcsait mindkét esetben \(\displaystyle F,G,H,I,J,K\) jelöli. A \(\displaystyle \lambda>0\) esetben vegyük fel a \(\displaystyle B_1C_1\) szakasz \(\displaystyle L\) felezőpontját is. Ekkor az \(\displaystyle I,J\) csúcsok az \(\displaystyle AHLK\) paralalelogramma \(\displaystyle HL\), illetve \(\displaystyle KL\) oldalán helyezkednek el.

A kicsit egyszerűbb \(\displaystyle \lambda<0\) esettel kezdve, az \(\displaystyle AFG\) háromszög területe \(\displaystyle T_1/4\), az \(\displaystyle AIJ\) háromszögé pedig \(\displaystyle T_2/4\). Az \(\displaystyle AB_1C_2\) és \(\displaystyle AB_2C_1\) háromszögek területe \(\displaystyle -\lambda T_1=\sqrt{T_1T_2}\), így az \(\displaystyle AGHI\) és \(\displaystyle AFKJ\) paralelelogrammák területe egyaránt \(\displaystyle \sqrt{T_1T_2}/2\). Az \(\displaystyle FGHIJK\) hatszög \(\displaystyle T\) területe e négy alakzat területének összege, vagyis

\(\displaystyle T=\frac{T_1}{4}+\frac{T_2}{4}+\sqrt{T_1T_2}.\)

A \(\displaystyle \lambda>0\) esetben a hatszög területét úgy kapjuk, hogy az \(\displaystyle AHLK\) paralelogramma \(\displaystyle T_1/2\) területéből levonjuk az \(\displaystyle AFG\) háromszög \(\displaystyle T_2/4\) területét és az \(\displaystyle IJL\) háromszög területét. Minthogy \(\displaystyle IJ\) párhuzamos a \(\displaystyle B_1C_1\) és így a \(\displaystyle HK\) szakaszokkal is, valamint \(\displaystyle IL:HL=C_2C_1:AC_1=1-\lambda\), az utóbbi háromszög területe a \(\displaystyle HLK\) háromszög területének \(\displaystyle (1-\lambda)^2\)-szerese. Ezért ebben az esetben

\(\displaystyle T=\frac{T_1}{2}-\frac{T_2}{4}-(1-\lambda)^2\cdot\frac{T_1}{4}= \frac{T_1}{2}-\frac{T_2}{4}-\frac{T_1}{4}+2\lambda\cdot\frac{T_1}{4} -\lambda^2\cdot\frac{T_1}{4}=\)

\(\displaystyle =\frac{T_1}{2}-\frac{T_2}{4}-\frac{T_1}{4}+\frac{\sqrt{T_1T_2}}{2}- \frac{T_2}{4}=\frac{T_1}{4}-\frac{T_2}{2}+\frac{\sqrt{T_1T_2}}{2}.\)

Statisztika:

24 dolgozat érkezett.
4 pontot kapott:	Ágoston Péter, Ágoston Tamás, Herczeg József, Schultz Vera Magdolna, Schwarcz Tamás.
3 pontot kapott:	Barna István, Havasi 0 Márton, Katona Dániel, Kovács-Deák Máté, Medek Ákos, Mócsy Miklós, Németh 241 Ilona, Stein Ármin, Strenner Péter, Szabó 789 Barnabás, Thamó Emese, Tulassay Zsolt, Zahemszky Péter.
2 pontot kapott:	4 versenyző.
1 pontot kapott:	1 versenyző.
0 pontot kapott:	1 versenyző.

A KöMaL 2012. februári matematika feladatai