 |
A C. 1802. feladat (2024. február) |
C. 1802. Az ABCDEF szabályos hatszögben M az AC, N pedig a CE átló belső pontja úgy, hogy
AMAC=CNCE=k.
A k szám milyen értékeire lesznek a B, M és N pontok kollineárisak?
Matlap, Kolozsvár (2017)
(5 pont)
A beküldési határidő 2024. március 11-én LEJÁRT.
Megoldás. Mivel M, illetve N az AC, illetve CE szakasz belső pontja, ezért k>0, másrészt pedig AM<AC, illetve CN<CE miatt k<1, így
| (1) | 0<k<1. |
Legyen az ABCDEF szabályos hatszög oldala egységnyi, körülírt körének középpontját jelöljük O-val. Rajzoljuk meg a következő ábrán a →BA és →BC egységvektorokat, továbbá a →BE, →BM és →BN vektorokat.
A →BA és →BC egységvektorokat bázisvektoroknak tekinthetjük, ezért a hatszög síkjában bármely vektor felírható mint →BA és →BC lineáris kombinációja.
A hatszög szimmetriatulajdonságai miatt a BE szakasz felezőpontja O, ezért egyrészt →BE=2→BO, másrészt az ABCO rombuszban →BA+→BC=→BO, így
| (2) | →BE=2(→BA+→BC). |
A vektorösszeadás tulajdonságai miatt →BM=→BA+→AM, ugyanakkor →AM=AMAC⋅(→BC−→BA), ezért →AM=k⋅(→BC−→BA), ebből →BM=→BA+→AM alapján azt kapjuk, hogy
| (3) | →BM=(1−k)⋅→BA+k⋅→BC. |
Hasonlóképpen adódik →BN=→BC+→CN és →CN=CNCE⋅(→BE−→BC)=k⋅(→BE−→BC), tehát
→BN=k⋅→BE+(1−k)⋅→BC,
és így (2) alapján
| (4) | →BN=2k⋅→BA+(1+k)⋅→BC. |
A lineáris kombinációk (3) és (4) szerinti előállítása megadja a →BM és →BN vektoroknak a →BA és →BC alapvektorokra vonatkozó koordinátáit, ezek
→BM(1−k;k),
és
→BN(2k;1+k).
A B, M és N pontok pontosan akkor lesznek kollineárisak, ha a →BM és →BN vektorok egyirányúak, vagy ellentétes irányúak.
Utóbbi eset a feltételek miatt nem fordulhat elő, mert az M és N pont is az ABC∢ szögtartományban van. Ezért →BM és →BN csak egyirányúak lehetnek. Ez azonban azt jelenti, hogy megfelelő koordinátáik aránya egyenlő, azaz
| (5) | 1−k2k=k1+k. |
Az (5) egyenletből a műveletek elvégzése után k2=13, ahonnan a k-ra vonatkozó (1) feltételek miatt
k=1√3=√33
következik. A feladatban szereplő B, M és N pontok tehát pontosan akkor kollineárisak, ha k=1√3=√33.
Megjegyzések. 1) A feladat megoldása a (3) és (4) összefüggések után így is folytatható: a B,M,N pontok akkor és csak akkor kollineárisak, ha van olyan λ∈R szám, hogy →BN=λ⋅→BM. Ekkor
2k⋅→BA+(1+k)⋅→BC=λ⋅((1−k)⋅→BA+k⋅→BC).
Innen rendezés után kapjuk, hogy
(2k−λ+λ⋅k)⋅→BA+(1+k−λ⋅k)⋅→BC=→0.
Mivel →BA és →BC egyike sem nullvektor, a vektorok egyenesei a feltétel miatt metsző egyenesek, ezért a kapott eredmény csak úgy állhat fenn, ha
2k−λ+λ⋅k=0,
és
1+k−λ⋅k=0.
A két egyenlet összeadása és rendezés után λ=3k+1, ezt visszahelyettesítve, a műveletek elvégzésével és rendezéssel kapjuk, hogy 3k2=1, ahonnan a megoldásban látott módon k=1√3=√33 következik.
2) A feladat megoldható a komplex számsíkon is. Ehhez érdemes lehet tanulmányozni Reiman István: Geometriai feladatok megoldása a komplex számsíkon című szakköri füzetét, illetve Kiss Géza: Geometriai feladatok megoldása a komplex számsíkon című cikkét.
Statisztika:
42 dolgozat érkezett. 5 pontot kapott: Balogh Péter, Barna Márton, Bencze Mátyás, Biborka Bernadett, Braun Zsófia, Gyuricsek Ákos, Harmincz Sára, Inokai Ádám, Iván Máté Domonkos, Nagy 292 Korina, Németh Hanna Júlia , Papp Zsófia, Petró Péter, Sebők Violetta Írisz, Simon Bálint, Szabó Donát, Török Eszter Júlia, Viczián Márk, Žigo Boglárka. 4 pontot kapott: Baksa Anna, Csiszár András, Han Xinzhi, Márfai Dóra, Masa Barnabás, Medgyesi Júlia, Somogyi Dóra, Wodala Gréta Klára. 3 pontot kapott: 4 versenyző. 2 pontot kapott: 2 versenyző. 1 pontot kapott: 2 versenyző. Nem versenyszerű: 3 dolgozat.
A KöMaL 2024. februári matematika feladatai
|
|