A C. 1584. feladat (2020. január)

C. 1584. Legfeljebb mekkora területű négyzetet lehet legfeljebb három egyenes vágással kivágni egy háromszög alakú papírlapból, amelynek oldalai 3 cm, 4 cm és 5 cm hosszúak?

(5 pont)

A beküldési határidő 2020. február 10-én LEJÁRT.

Megoldás. Először vegyük észre, hogy a háromszög derékszögű a Pitagorasz-tétel megfordítása miatt. Továbbá mivel legfeljebb 3 egyenes vágással kell kivágnunk a négyzetet a háromszögből, így a négyzet egyik oldala biztosan rajta van a háromszög valamelyik oldalán.

1. eset: A négyzet az átfogón fekszik.

Vegyünk egy tetszőleges ilyen típusú négyzetet (\(\displaystyle DEFG\)), majd azt toljuk el úgy az átfogóval párhuzamosan, hogy egy másik csúcsa az egyik befogóra kerüljön az ábrán látható módon (\(\displaystyle D_1E_1F_1G_1\)). Ennek a két négyzetnek ugyanakkora a területe. Ezután nagyítsuk ki ezt a négyzetet az átfogó megfelelő csúcsából (az ábránkon az \(\displaystyle A\) csúcsból), úgy, hogy a négyzetünk 4. csúcsa a másik befogóra kerüljön. Így a \(\displaystyle HIJK\) négyzetet kapjuk. A nagyítás miatt \(\displaystyle HIJK\)-nak nagyobb a területe, mint a kiindulási négyzetünknek (kivéve persze, ha eleve a \(\displaystyle HIJK\) négyzetből indultunk ki).

Ezzel beláttuk, hogy, hogy az átfogón ,,fekvő'' négyzetek közül azoknak a legnagyobb a területe, melyek másik két csúcsa a két befogóra illeszkedik.

Tekintsünk egy ilyen négyzetet. Legyen a \(\displaystyle HIJK\) négyzet oldala \(\displaystyle x\), valamint jelölje az \(\displaystyle ABC\) háromszög \(\displaystyle A\) csúcsnál levő szögét \(\displaystyle \alpha\), a \(\displaystyle B\) csúcsnál levőt pedig \(\displaystyle \beta\) (így \(\displaystyle \alpha+\beta=90^{\circ}\)).

Ekkor \(\displaystyle HKA\angle=90^{\circ}-\alpha=\beta\), és \(\displaystyle BJI\angle=90^{\circ}-\beta=\alpha\). Tehát az \(\displaystyle AKH\) háromszög és a \(\displaystyle BJI\) háromszög hasonló az \(\displaystyle ABC\) háromszöghöz, mert szögeik páronként egyenlők. Emiatt a háromszögekben ugyanannyi a befogók hosszának aránya, éspedig \(\displaystyle 4:3\). Mivel \(\displaystyle JI=x\), ezért \(\displaystyle BI=\frac34 x\), valamint mivel \(\displaystyle HK=x\), így \(\displaystyle AH=\frac43 x\). Ezután írjuk fel az \(\displaystyle AB\) oldalt mint a \(\displaystyle BI\), \(\displaystyle IH\) és \(\displaystyle HA\) szakaszok összegét, azaz:

\(\displaystyle 5= \frac34 x +x + \frac43 x,\)

amiből

\(\displaystyle x=\frac{60}{37}.\)

Mivel \(\displaystyle x\), és így \(\displaystyle \frac43x\) értéke egyértelmű, egyetlen olyan áfogón fekvő négyzet van, aminek a másik két csúcsa a befogókon helyezkedik el.

Tehát az ilyen típusú négyzetek közül a legnagyobbnak a területe \(\displaystyle \frac{3600}{1369} \approx 2,63\).

2. eset: A négyzet az egyik befogón fekszik.

Az előző esethez hasonlóan gondolkozunk: vegyünk egy tetszőleges négyzetet, aminek egyik oldala valamelyik befogón van, majd toljuk el a derékszögű csúcsba, végül nagyítsuk úgy, hogy a 4. csúcsa az átfogóra kerüljön. Így megkapjuk az \(\displaystyle LMNC\) négyzetet, aminek nagyobb a területe a nagyítás miatt, mint a kiindulási négyzetünknek (kivéve, ha eleve \(\displaystyle LMNC\)-ből indultunk ki).

Tekintsünk tehát egy olyan négyzetet, aminek két szomszédos oldala is egy-egy befogón van, a 4. csúcsa pedig az átfogón (az ábrán az \(\displaystyle LMNC\) négyzet) és számoljuk ki a területét.

Legyen az oldala \(\displaystyle y\). Ekkor \(\displaystyle BN=3-y\), \(\displaystyle LA=4-y\). Az előző esethez hasonlóan belátható, hogy a \(\displaystyle BNM\) és \(\displaystyle BCA\) háromszögek hasonlóak, tehát megfelelő oldalaik aránya egyenlő:

\(\displaystyle \frac{3-y}{3}=\frac{y}{4},\)

amiből

\(\displaystyle 12-4y=3y,\)

és így

\(\displaystyle y=\frac{12}{7}.\)

Tehát ennek a négyzetnek az elhelyezkedése is egyértelmű. Az ilyen típusú négyzetek közül a legnagyobbnak a területe \(\displaystyle \frac{144}{49} \approx 2,94\).

Tehát legfeljebb három egyenes vágással legfeljebb \(\displaystyle \frac{144}{49}\) (\(\displaystyle \text{cm}^2\)) területű négyzet vágható ki.

Statisztika:

216 dolgozat érkezett.
5 pontot kapott:	111 versenyző.
4 pontot kapott:	19 versenyző.
3 pontot kapott:	53 versenyző.
2 pontot kapott:	2 versenyző.
1 pontot kapott:	4 versenyző.
0 pontot kapott:	21 versenyző.
Nem versenyszerű:	5 dolgozat.
Nem számítjuk a versenybe a születési dátum vagy a szülői nyilatkozat hiánya miatt:	1 dolgozat.

A KöMaL 2020. januári matematika feladatai