A B. 4507. feladat (2013. január)

B. 4507. Egy szabályos hétszög területe 4095 egység. A sokszög két szomszédos csúcsa A és B, a középpontja K. Az ABK háromszög körülírt körén, a hétszög belsejében fekvő P pontra

$\frac{AP-PB}{AB}=\frac{2}{3}.$

Mekkora lehet az ABP háromszög területe?

Olasz versenyfeladat

(5 pont)

A beküldési határidő 2013. február 11-én LEJÁRT.

Megoldási ötlet: Írjuk fel a koszinusztételt az ABK háromszögre.

1. megoldás. Legyen a hétszög köré írt kör sugara r, oldala s, PA=a, PB=b. Mivel a P pont az AKB köríven van, $BPA\sphericalangle= BKA\sphericalangle= \frac{2\pi}7$ . Az ABP háromszög területét a

$t_{ABP} = \frac12 ab \sin\frac{2\pi}7$

képletből fogjuk meghatározni; ehhez az ab szorzatra van szükségünk.

A hétszög területe $4095=7\cdot t_{ABK}=7\cdot\frac{r^2\sin\frac{2\pi}7}2$ , ebből kapjuk, hogy (a sin 2t=2sin tcos t azonosságot is felhasználva)

$r = \sqrt{\frac{4095}{\frac72\sin\frac{2\pi}7}} = \sqrt{\frac{585}{\sin\frac{\pi}7\cos\frac{\pi}7}}.$

Szintén az ABK egyenlő szárú háromszögből

$s = 2r\sin\frac\pi7 = \sqrt{2340\tg\frac{\pi}7}.$

A feltétel szerint $a-b=\frac23s$ , ezt emeljük négyzetre:

$a^2-2ab+b^2 = \frac49 s^2.$

(1)

Írjuk fel a koszinusztételt az ABP háromszög AB oldalára:

$a^2+b^2-2ab\cos\frac{2\pi}7 = s^2.$

(2)

A (2) és (1) különbsége

$2\left(1-\cos\frac{2\pi}7\right)ab = \frac59 s^2.$

Ezt átrendezve, behelyettesítve a korábbi eredményeket, és alkalmazva a $\frac{\sin t}{1- \cos t}=\ctg\frac{t}2$ azonosságot:

$t_{ABP} = \frac12 ab \sin\frac{2\pi}7 = \frac12 \cdot \frac{\frac59 s^2}{2(1-\cos\frac{2\pi}7)} \sin\frac{2\pi}7 = \frac{5\sin\frac{2\pi}7}{36(1-\cos\frac{2\pi}7)} s^2 =$

$= \frac5{36}\cdot \frac{\sin\frac{2\pi}7}{1-\cos\frac{2\pi}7} \cdot 2340\tg\frac\pi7 = \frac5{36}\ctg\frac\pi7 \cdot 2340\tg\frac\pi7 = 325.$

Az ABP háromszög területe tehát 325 egység.

2. megoldás. Az ABK egyenlő szárú háromszög a szabályos hétszög hetede, ezért a területe $T_{ABK}=\frac{4095}7=585$ .

Legyen az AB és a KP egyenesek metszéspontja M, és legyen K, illetve P távolsága az AB egyenestől d_K és d_P. Mivel az ABK és az ABP háromszögek AB oldala közös, a párhuzamos szelők tételéből

$\frac{t_{ABP}}{t_{ABK}} = \frac{\frac12 \cdot AB \cdot d_P}{\frac12 \cdot AB \cdot d_K} = \frac{d_P}{d_K} = \frac{PM}{KM}.$

A megoldáshoz a $\frac{PM}{KM}$ arányt fogjuk kiszámítani.

Az ABK háromszög körülírt körén legyen F az AB ív felezőpontja. Tükrözzük A-t és B-t a PF egyenesre, és jelöljük a két tükörképet A'-vel, illetve B'-vel. A kerületi szögek tétele miatt PF felezi az APB szöget, ezért A' a PB félegyenesen, B' pedig a PA félegyenesen van, és

$AB' = A'B = A'P - BP = AP - BP = \frac23 AB.$

Az AA' és BB' egyenesek a PF-re való szimmetria miatt, a KP pedig a Thalész-tétel miatt merőlegesek a PF egyenesre. Az AA', BB' és KP egyenesek tehát párhuzamosak. Ebből és az AA'P háromszög szimmetriájából láthatjuk, hogy $APK\sphericalangle = PAA' \sphericalangle = PA'A\sphericalangle$ és $ABB'\sphericalangle = AMP\sphericalangle$ , továbbá az ABPK húrnégyszögben $A'BA\sphericalangle = PKA \sphericalangle$ és $PKB\sphericalangle = PAB\sphericalangle$ .

Az AKP és az ABA' háromszögek hasonlók, mert két szögük megegyezik: $AKP\sphericalangle = ABA'\sphericalangle$ és $KPA\sphericalangle = BA'A\sphericalangle$ . Ezért $\frac{KP}{AK} = \frac{BA'}{AB} = \frac23$ , így

$KP = \frac23 AK.$

(3)

A BKM és a B'AB háromszögek is hasonlók, mert $BKM\sphericalangle = B'AB\sphericalangle$ és $KMB\sphericalangle = ABB'\sphericalangle$ . Ezért $\frac{BK}{KM} = \frac{B'A}{AB} = \frac23$ , tehát

$KM = \frac32 BK = \frac32 AK.$

(4)

A (3) és (4) összevetéséből kapjuk, hogy

$\frac{PM}{KM} = \frac{KM-KP}{KM} = 1 - \frac{KP}{KM} = 1-\frac{\frac23 AK}{\frac32 AK} = \frac59.$

Tehát

$t_{ABP} = \frac{t_{ABP}}{t_{ABK}} \cdot {t_{ABK}} = \frac{PM}{KM} \cdot {t_{ABK}} = \frac59 \cdot 585 = 325.$

Statisztika:

89 dolgozat érkezett.

5 pontot kapott: Ágoston Péter, Balogh Dániel, Balogh Tamás, Baran Zsuzsanna, Bereczki Zoltán, Bingler Arnold, Bogár Blanka, Bősze Zsuzsanna, Di Giovanni Márk, Fehér Zsombor, Fekete Panna, Forrás Bence, Gyulai-Nagy Szuzina, Havasi 0 Márton, Herczeg József, Janzer Barnabás, Janzer Olivér, Kovács 148 Dávid, Kovács Balázs Marcell, Leitereg Miklós, Lelkes János, Maga Balázs, Mándoki Sára, Mócsy Miklós, Nagy Gergely, Nagy Róbert, Nagy-György Pál, Németh Gergely, Nguyen Anh Tuan, Petrényi Márk, Porupsánszki István, Sagmeister Ádám, Schultz Vera Magdolna, Schwarcz Tamás, Simkó Irén, Stein Ármin, Szabó 262 Lóránt, Szabó 789 Barnabás, Szabó 928 Attila, Szőke Tamás, Tardos Jakab, Tossenberger Tamás, Venczel Tünde, Williams Kada, Zilahi Tamás.

4 pontot kapott: 18 versenyző.

3 pontot kapott: 7 versenyző.

2 pontot kapott: 2 versenyző.

0 pontot kapott: 11 versenyző.

Nem versenyszerű: 6 dolgozat.

A KöMaL 2013. januári matematika feladatai

89 dolgozat érkezett.
5 pontot kapott:	Ágoston Péter, Balogh Dániel, Balogh Tamás, Baran Zsuzsanna, Bereczki Zoltán, Bingler Arnold, Bogár Blanka, Bősze Zsuzsanna, Di Giovanni Márk, Fehér Zsombor, Fekete Panna, Forrás Bence, Gyulai-Nagy Szuzina, Havasi 0 Márton, Herczeg József, Janzer Barnabás, Janzer Olivér, Kovács 148 Dávid, Kovács Balázs Marcell, Leitereg Miklós, Lelkes János, Maga Balázs, Mándoki Sára, Mócsy Miklós, Nagy Gergely, Nagy Róbert, Nagy-György Pál, Németh Gergely, Nguyen Anh Tuan, Petrényi Márk, Porupsánszki István, Sagmeister Ádám, Schultz Vera Magdolna, Schwarcz Tamás, Simkó Irén, Stein Ármin, Szabó 262 Lóránt, Szabó 789 Barnabás, Szabó 928 Attila, Szőke Tamás, Tardos Jakab, Tossenberger Tamás, Venczel Tünde, Williams Kada, Zilahi Tamás.
4 pontot kapott:	18 versenyző.
3 pontot kapott:	7 versenyző.
2 pontot kapott:	2 versenyző.
0 pontot kapott:	11 versenyző.
Nem versenyszerű:	6 dolgozat.

Már regisztráltál?
Új vendég vagy?