A B. 4597. feladat (2014. január)

B. 4597. Egy háromszög hozzáírt köreinek sugara r_a, r_b és r_c, körülírt körének sugara pedig R. Határozzuk meg a háromszög szögeit, ha

Javasolta: Kiss Sándor (Szatmárnémeti)

(4 pont)

A beküldési határidő 2014. február 10-én LEJÁRT.

Megoldás. Először megmutatjuk, hogy a háromszög derékszögű.

Legyenek a háromszög oldalai \(\displaystyle a\), \(\displaystyle b\) és \(\displaystyle c\), kerülete \(\displaystyle 2s\), területe pedig \(\displaystyle T\). Ekkor a körök sugaraira vonatkozó ismert képletek szerint

\(\displaystyle r_a=\frac{T}{s-a},\quad r_b=\frac{T}{s-b},\quad r_c=\frac{T}{s-c}\quad {\rm és} \quad R=\frac{abc}{4T}. \)

Ezeket behelyettesítve az \(\displaystyle r_b+r_c=2R\) feltételbe, átrendezve, majd alkalmazva Héron képletét, mely szerint \(\displaystyle T^2=s(s-a)(s-b)(s-c)\), végül pedig felhasználva az \(\displaystyle (s-c)+(s-b)=a\) összefüggést, kapjuk, hogy

\(\displaystyle \frac{T}{s-b}+\frac{T}{s-c} =\frac{abc}{2T},\)

\(\displaystyle \frac{4T^2}{s-b}+\frac{4T^2}{s-c} =2abc,\)

\(\displaystyle 4s(s-a)\big( (s-c)+(s-b)\big) =2abc,\)

\(\displaystyle 4s(s-a)=2bc,\quad \text{azaz} \quad 2s(2s-2a)-2bc=0.\)

Itt \(\displaystyle 2s-2a=b+c-a\), ezért

\(\displaystyle 0 =2s(2s-2a)-2bc=(b+c+a)(b+c-a)-2bc= \)

\(\displaystyle = {(b+c)}^2-a^2-2bc=b^2+c^2-a^2,\)

vagyis Pitagorasz tételének megfordítása szerint a háromszög \(\displaystyle a\) oldalával szemközti szöge derékszög.

Az \(\displaystyle r_a+r_b=3R\) feltételből kiindulva ugyanezeket az átalakításokat végrehajtva kapjuk, hogy

\(\displaystyle \frac{T}{s-a}+\frac{T}{s-b}=\frac{3abc}{4T},\)

\(\displaystyle \frac{4T^2}{s-a}+\frac{4T^2}{s-b}=3abc,\)

\(\displaystyle 4s(s-c)\big( (s-b)+(s-a)\big) =3abc,\)

\(\displaystyle 4s(s-c)=3ab,\quad \text{azaz} \quad a^2+b^2-c^2-ab=0.\)

Mivel \(\displaystyle a^2=b^2+c^2\), az utolsó egyenlőséget átalakítva kapjuk, hogy

\(\displaystyle 2b^2-ab=0, \quad \text{azaz} \quad b(2b-a)=0, \)

amiből \(\displaystyle b>0\) miatt következik, hogy \(\displaystyle b=a/2\). Így a háromszög \(\displaystyle b\) befogójával szemközti hegyesszögének szinusza \(\displaystyle 1/2\), vagyis ez a szög \(\displaystyle 30^{\circ}\).

Tehát a háromszög szögei \(\displaystyle 30^{\circ}\), \(\displaystyle 60^{\circ}\) és \(\displaystyle 90^{\circ}\). Egyszerű számolással ellenőrizhető, hogy az ilyen szögekkel rendelkező háromszögek oldalaira \(\displaystyle a=2b\) és \(\displaystyle c=\sqrt{3}b\) teljesül, a körök sugarai pedig

\(\displaystyle r_a=\frac{\big(3+\sqrt{3}\,\big)b}{2},\quad r_b=\frac{\big(3-\sqrt{3}\,\big)b}{2},\quad r_c=\frac{\big(1+\sqrt{3}\,\big)b}{2} \quad \text{és} \quad R=b, \)

amik kielégítik a feladat feltételeit.

Bősze Zsófia (Bonyhád, Petőfi S. Evan. Gimn., 11. évf.) dolgozata alapján

Statisztika:

50 dolgozat érkezett.
4 pontot kapott:	Andi Gabriel Brojbeanu, Bereczki Zoltán, Boguszlavszkij Gergely, Bősze Zsófia, Cseh Kristóf, Cseke 997 Mihály, Csépai András, Di Giovanni Márk, Fekete Panna, Fellner Máté, Fonyó Viktória, Gáspár Attila, Geng Máté, Gyulai-Nagy Szuzina, Hansel Soma, Heinc Emília, Horeftos Leon, Kátay Tamás, Kovács 972 Márton, Kúsz Ágnes, Lengyel Ádám, Maga Balázs, Mándoki Sára, Mócsy Miklós, Nagy Gergely, Nagy-György Pál, Nagy-György Zoltán, Nemes György, Páli Petra, Porupsánszki István, Sárosdi Zsombor, Schrettner Bálint, Schwarcz Tamás, Seress Dániel, Sütő Máté, Szabó 157 Dániel, Szajbély Zsigmond, Szebellédi Márton, Szemerédi Levente, Szőke Tamás, Vágó Ákos, Williams Kada.
3 pontot kapott:	Dinev Georgi, Forrás Bence, Katona Dániel, Simkó Irén, Stein Ármin, Vu Mai Phuong, Wiandt Péter.
0 pontot kapott:	1 versenyző.

A KöMaL 2014. januári matematika feladatai