 |
A C. 1657. feladat (2021. február) |
C. 1657. Az \(\displaystyle ABC\) derékszögű háromszög \(\displaystyle BC\) és \(\displaystyle CA\) befogóira kifelé a \(\displaystyle BCD\) és \(\displaystyle CAE\) szabályos háromszögeket rajzoljuk. Bizonyítsuk be, hogy az \(\displaystyle AB\), \(\displaystyle CD\) és \(\displaystyle CE\) szakaszok felezőpontjai szabályos háromszöget alkotnak.
(5 pont)
A beküldési határidő 2021. március 10-én LEJÁRT.
1. megoldás. A feladat feltételeinek megfelelő ábrát készítünk, amelyen az \(\displaystyle AB, CD, CE\), valamint \(\displaystyle BC, CA\) oldalak felezőpontjait rendre \(\displaystyle F, G, H, K, L\) betűkkel jelöltük.
A \(\displaystyle BC=a\) és \(\displaystyle CA=b\) jelöléssel
| \(\displaystyle (1)\) | \(\displaystyle FL=\frac{a}{2};\quad FK=\frac{b}{2},\) |
hiszen \(\displaystyle FL\) és \(\displaystyle FK\) az \(\displaystyle ABC\) háromszög középvonalai. A \(\displaystyle BCD\) egy \(\displaystyle a\) oldalú szabályos háromszög, amelynek \(\displaystyle KG\) a középvonala, \(\displaystyle CAE\) pedig egy \(\displaystyle b\) oldalú szabályos háromszög, amelynek \(\displaystyle LH\) a középvonala. Ebből az következik, hogy
| \(\displaystyle (2)\) | \(\displaystyle KG=\frac{a}{2};\quad LH=\frac{b}{2}.\) |
Mivel \(\displaystyle FK\) merőleges \(\displaystyle BC\)-re és \(\displaystyle FL\) merőleges \(\displaystyle CA\)-ra, továbbá nyilvánvaló, hogy \(\displaystyle CKG\) és \(\displaystyle CLH\) szabályos háromszögek, ezért
| \(\displaystyle (3)\) | \(\displaystyle FKG\sphericalangle=150^{\circ};\quad FLH\sphericalangle=150^{\circ}.\) |
Az (1), (2) és (3) összefüggések együttesen azt jelentik, hogy az \(\displaystyle FKG\) és \(\displaystyle HLF\) háromszögek egybevágók, és ezért \(\displaystyle FG=FH\).
A két háromszög egybevágósága a megfelelő szögek egyenlőségét is jelenti, így
\(\displaystyle KFG\sphericalangle=LHF\sphericalangle=\varphi;\quad KGF\sphericalangle=LFH\sphericalangle=\gamma.\)
Ugyanakkor (3) miatt \(\displaystyle \varphi+\gamma=30^{\circ}.\)
Az \(\displaystyle FL\) és \(\displaystyle FK\) szakaszok merőlegesek egymásra, azaz \(\displaystyle KFL\sphericalangle=\varphi+\gamma+GFH\sphericalangle=90^{\circ}\), ezzel
\(\displaystyle GFH\sphericalangle=60^{\circ}.\)
Ezért az \(\displaystyle FG=FH\) egyenlőség miatt \(\displaystyle FGH\) olyan egyenlő szárú háromszög, amelyben a szárak \(\displaystyle 60^{\circ}\)-os szöget zárnak be, ez pedig azt jelenti, hogy \(\displaystyle FGH\) szabályos háromszög. Ezzel a feladat állítását beláttuk.
Megjegyzés.
A bizonyítás során kapott összefüggések és a feladat állítása akkor is érvényes, ha \(\displaystyle ABC\) egyenlő szárú, derékszögű háromszög. Ekkor az \(\displaystyle FKG\) és \(\displaystyle HLF\) háromszögek egybevágó, egyenlő szárú háromszögek.
2. megoldás. Elhelyezzük az \(\displaystyle ABC\) háromszöget a derékszögű koordináta rendszerben úgy, hogy a \(\displaystyle C\) pont az origóba, az \(\displaystyle A\) és \(\displaystyle B\) pontok rendre az \(\displaystyle x\), illetve az \(\displaystyle y\) tengelyre illeszkednek. Az \(\displaystyle A\) és \(\displaystyle B\) pontok koordinátái legyenek az alábbi ábra szerint:
\(\displaystyle A(a;0),\quad B(0;b).\)
A választott elhelyezés, továbbá a feltételek miatt könnyen beláthatjuk, hogy a \(\displaystyle D\) és \(\displaystyle E\) pontok koordinátái:
\(\displaystyle D\Big(-\frac{b}{2}\cdot\sqrt{3}\,;\frac{b}{2}\Big),\quad E\Big(\frac{a}{2}\,;-\frac{a}{2}\cdot\sqrt{3}\Big).\)
Ebből az következik, hogy az ábra \(\displaystyle \overrightarrow{FD}=\overrightarrow{d}\) és \(\displaystyle \overrightarrow{FE}=\overrightarrow{e}\) vektorainak koordinátái:
| \(\displaystyle (1)\) | \(\displaystyle \overrightarrow{d}\,\Big(-\frac{b}{2}\cdot\sqrt{3}-\frac{a}{2};\,0\Big);\quad \overrightarrow{e}\,\Big(0;\, -\frac{a}{2}\cdot\sqrt{3}-\frac{b}{2}\Big).\) |
A vektorösszeadás szabálya szerint \(\displaystyle \overrightarrow{f}+\overrightarrow{d}=\overrightarrow{CD}\) és \(\displaystyle \overrightarrow{f}+\overrightarrow{e}=\overrightarrow{CE}\), így, mivel \(\displaystyle G\), illetve \(\displaystyle H\) a \(\displaystyle CD\), illetve \(\displaystyle CE\) oldalak felezőpontja, ezért a \(\displaystyle \overrightarrow{CG}=\overrightarrow{g}\) és \(\displaystyle \overrightarrow{CH}=\overrightarrow{h}\) vektorokra teljesül, hogy:
\(\displaystyle \overrightarrow{g}=\frac{1}{2}\cdot\big(\overrightarrow{f}+\overrightarrow{d}\big),\quad \overrightarrow{h}=\frac{1}{2}\cdot\big(\overrightarrow{f}+\overrightarrow{e}\big).\)
Az \(\displaystyle \overrightarrow{FG}\) és \(\displaystyle \overrightarrow{FH}\) vektorokat kifejezhetjük az \(\displaystyle \overrightarrow{f}, \overrightarrow{g},\overrightarrow{h}\) vektorokkal:
\(\displaystyle \overrightarrow{FG}=\overrightarrow{g}-\overrightarrow{f},\quad \overrightarrow{FH}=\overrightarrow{h}-\overrightarrow{f},\)
ebből az előző eredmények segítségével:
| \(\displaystyle (2)\) | \(\displaystyle \overrightarrow{FG}=\frac{1}{2}\cdot\big(\overrightarrow{d}-\overrightarrow{f}\big),\quad \overrightarrow{FH}=\frac{1}{2}\cdot\big(\overrightarrow{e}-\overrightarrow{f}\big).\) |
Ez
\(\displaystyle \overrightarrow{f}\,\Big(\frac{a}{2};\,\frac{b}{2}\Big)\)
ismeretében azt jelenti, hogy ezeknek a vektoroknak kiszámíthatjuk a koordinátáit:
\(\displaystyle \overrightarrow{FG}\,\Big(-\frac{b}{4}\cdot\sqrt{3}-\frac{a}{2};\, -\frac{b}{4}\Big)\)
és
\(\displaystyle \overrightarrow{FH}\,\Big(-\frac{a}{4};\, -\frac{a}{4}\cdot\sqrt{3}-\frac{b}{2}\Big). \)
Ebből mindkét vektor hosszára ugyanazt az értéket kapjuk:
| \(\displaystyle (3)\) | \(\displaystyle |\overrightarrow{FG}|=|\overrightarrow{FH}|=\frac{\sqrt{a^2+b^2+ab\cdot\sqrt{3}}}{2}.\) |
A (3) eredmény szerint a két vektor hossza, vagyis az \(\displaystyle FG, FH\) szakaszok hossza egyenlő. Kiszámítjuk az \(\displaystyle \overrightarrow{FG}\) és \(\displaystyle \overrightarrow{FH}\) vektorok skaláris szorzatát egyrészt a skaláris szorzat definíciója szerint, másrészt a vektorok megfelelő koordinátái szorzatának összegeként. Eszerint:
\(\displaystyle \overrightarrow{FG}\cdot\overrightarrow{FH}=\frac{a^2+b^2+ab\cdot\sqrt{3}}{4}\cdot\cos\varphi,\)
ahol \(\displaystyle \varphi\) a két vektor iránya által bezárt szög. Ugyanakkor
\(\displaystyle \overrightarrow{FG}\cdot\overrightarrow{FH}=\Big(-\frac{b}{4}\cdot\sqrt{3}-\frac{a}{2}\Big)\cdot\Big(-\frac{a}{4}\Big)+\Big(-\frac{b}{4}\Big)\cdot\Big(-\frac{a}{4}\cdot\sqrt{3}-\frac{b}{2}\Big),\)
ahonnan a műveletek elvégzése után azt kapjuk, hogy
\(\displaystyle \overrightarrow{FG}\cdot\overrightarrow{FH}=\frac{a^2+b^2+ab\cdot\sqrt{3}}{8}.\)
Mivel a két vektor skaláris szorzatára kapott kétféle eredmény egyenlő kell legyen, ezért
\(\displaystyle \cos{\varphi}=\frac{1}{2},\)
ebből pedig \(\displaystyle \varphi=60^{\circ}\) adódik. Az \(\displaystyle FG\) és \(\displaystyle FH\) szakaszok hossza tehát egyenlő és a két szakasz \(\displaystyle 60^{\circ}\)-os szöget zár be, ez csakis úgy lehetséges, ha \(\displaystyle FGH\) szabályos háromszög. Ezzel a feladat állítását igazoltuk.
Statisztika:
27 dolgozat érkezett. 5 pontot kapott: Albert Ákos, Andó Lujza, Bakonyi Blanka, Biró 424 Ádám, Dobi Dorina Lili, Egyházi Hanna, Féger Tamás, Fekete András Albert, Flódung Áron , Gombos Gergely , Horváth 828 Mátyás, Horváth Antal, Kadem Aziz, Kosóczki Balázs, Molnár Réka, Németh László Csaba, Németh Máté Előd, Ruszinkó Zita, Schneider Anna, Szabó András József , Szalanics Tamás, Turai Johanna, Varga 601 Zalán, Varga 928 Péter, Zaránd Andris. 3 pontot kapott: 1 versenyző. 0 pontot kapott: 1 versenyző.
A KöMaL 2021. februári matematika feladatai