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