 |
A C. 1829. feladat (2024. november) |
C. 1829. Az egységnyi oldalú \(\displaystyle ABCD\) négyzet \(\displaystyle AB\) oldalán úgy vettük fel az \(\displaystyle E\), \(\displaystyle BC\) oldalán pedig az \(\displaystyle F\) pontot, hogy \(\displaystyle EDF\sphericalangle=45^{\circ}\). Határozzuk meg az \(\displaystyle EBF\) háromszög kerületének pontos értékét.
Javasolta: Bíró Bálint (Eger)
(5 pont)
A beküldési határidő 2024. december 10-én LEJÁRT.
1. megoldás. Az \(\displaystyle E\), \(\displaystyle F\) pontok a megfelelő oldalak belső pontjai, mert ha \(\displaystyle E\) és \(\displaystyle A\) egybeesne, akkor az \(\displaystyle EDF\sphericalangle=45^{\circ}\) feltétel miatt \(\displaystyle F=B\), ha pedig \(\displaystyle E\) és \(\displaystyle B\) lenne azonos, akkor \(\displaystyle F=C\) valósulna meg, de az \(\displaystyle EBF\) háromszög egyik esetben sem jönne létre.
Tekintsük az 1. ábrát, amelyen az \(\displaystyle EB=x\), \(\displaystyle FB=y\), \(\displaystyle EF=z\), valamint \(\displaystyle ADE\sphericalangle=\alpha\), \(\displaystyle CDF\sphericalangle=\beta\) jelöléseket alkalmaztuk.
1. ábra
A választott jelölésekkel egyrészt \(\displaystyle EA=1-x\), \(\displaystyle FC=1-y\), másrészt \(\displaystyle \alpha+\beta=45^{\circ}\).
Jelöljük \(\displaystyle F'\)-vel a \(\displaystyle BA\) félegyenesnek az \(\displaystyle A\)-n túl elhelyezkedő pontját úgy, hogy \(\displaystyle AF'=1-y\) teljesüljön (2. ábra).
2. ábra
Világos, hogy \(\displaystyle FDC\) és \(\displaystyle F'DA\) egybevágó derékszögű háromszögek, ezért \(\displaystyle F'DA\sphericalangle=\beta\), illetve \(\displaystyle F'D=FD\).
Az \(\displaystyle \alpha+\beta=45^{\circ}\) feltétel miatt \(\displaystyle F'DE\sphericalangle=45^{\circ}\).
Az \(\displaystyle F'DE\) és \(\displaystyle FDE\) háromszögekben \(\displaystyle ED\) közös, \(\displaystyle F'D=FD\) és a két háromszögben a két-két oldal által bezárt szög \(\displaystyle 45^{\circ}\)-os, tehát a két háromszög egybevágó.
Ez pontosan azt jelenti, hogy a \(\displaystyle D\) csúccsal szemben levő oldalak is egyenlők, azaz \(\displaystyle F'E=FE\), amelyből \(\displaystyle 1-x+1-y=z\) következik, innen pedig \(\displaystyle x+y+z=2\), tehát az \(\displaystyle EBF\) háromszög kerülete
\(\displaystyle K_{EBF}=x+y+z=2.\)
2. megoldás. Használjuk az 1. ábra jelöléseit, ezekkel
| \(\displaystyle (1)\) | \(\displaystyle \tg\alpha=1-x;\quad \tg\beta=1-y.\) |
Alkalmazzuk a \(\displaystyle \displaystyle{\tg(\alpha+\beta)=\frac{\tg\alpha+\tg\beta}{1-\tg\alpha\cdot\tg\beta}}\) trigonometrikus azonosságot.
Mivel \(\displaystyle \alpha+\beta=45^{\circ}\), ezért \(\displaystyle \tg(\alpha+\beta)=1\), így (1) alapján
\(\displaystyle \displaystyle{1=\frac{1-x+1-y}{1-(1-x)\cdot(1-y)}},\)
ahonnan a műveletek elvégzésével és rendezéssel kapjuk, hogy
| \(\displaystyle (2)\) | \(\displaystyle \displaystyle{x+y=\frac{2+xy}{2}}.\) |
A (2) összefüggésből következik, hogy \(\displaystyle \displaystyle{x^2+y^2+2xy=\frac{4+x^2y^2+4xy}{4}}\), innen pedig \(\displaystyle 4\)-gyel való szorzással és rendezéssel
| \(\displaystyle (3)\) | \(\displaystyle 4x^2+4y^2=4+x^2y^2-4xy.\) |
Az \(\displaystyle EBF\) háromszögre felírt Pitagorasz-tétel szerint \(\displaystyle x^2+y^2=z^2\), ebből (3) felhasználásával kapjuk, hogy
| \(\displaystyle (4)\) | \(\displaystyle 4z^2=(2-xy)^2.\) |
Mivel \(\displaystyle x<1\) és \(\displaystyle y<1\), ezért \(\displaystyle 2-xy>0\), tehát (4)-ből
\(\displaystyle 2z=2-xy\)
adódik, (2)-ből pedig
\(\displaystyle 2x+2y=2+xy.\)
Az utoljára kapott két egyenlet megfelelő oldalait összeadva \(\displaystyle 2x+2y+2z=4\), ezért az \(\displaystyle EBF\) háromszög kerülete
\(\displaystyle K_{EBF}=x+y+z=2.\)
Megjegyzések. 1) Az 1. megoldásban az \(\displaystyle F'DA\) háromszög az \(\displaystyle FDC\) háromszög \(\displaystyle D\) pont körüli \(\displaystyle -90^{\circ}\)-os elforgatottja.
2) Egyszerűen belátható, hogy ha \(\displaystyle E\) azonos \(\displaystyle A\)-val vagy \(\displaystyle B\)-vel, akkor az így létrejövő \(\displaystyle EBF\) torz háromszög kerülete ugyancsak \(\displaystyle 2\) egység.
3) A feladatban szereplő \(\displaystyle EBF\) háromszöget meg is szerkeszthetjük, például az alábbi módon.
Legyen az \(\displaystyle AB\) szakasz tetszőleges belső pontja \(\displaystyle E\). Rajzoljunk az \(\displaystyle E\) pontból érintőt a \(\displaystyle D\) középpontú, \(\displaystyle DA\) sugarú \(\displaystyle k\) negyedkörhöz az alábbi ábra szerint, az érintési pontot \(\displaystyle P\)-vel jelöljük.
3. ábra
Nyilvánvaló, hogy az \(\displaystyle EP\) érintő a \(\displaystyle BC\) szakaszt egy belső \(\displaystyle F\) pontban metszi. A körhöz külső pontból húzott érintőszakaszok hossza egyenlő, ezért
| \(\displaystyle (5)\) | \(\displaystyle AE=EP;\qquad PF=FC.\) |
Tudjuk, hogy \(\displaystyle DA=DP=DC=1\), ezért az (5) egyenlőségekből az következik, hogy a \(\displaystyle DEA\) és \(\displaystyle DEP\) háromszögek egybevágók, hasonlóképpen egybevágók a a \(\displaystyle DFP\), illetve \(\displaystyle DFC\) háromszögek is. A háromszögek egybevágósága miatt
| \(\displaystyle (6)\) | \(\displaystyle ADE\sphericalangle=PDE\sphericalangle,\) |
| \(\displaystyle (7)\) | \(\displaystyle PDF\sphericalangle=CDF\sphericalangle.\) |
A (6) és (7) összefüggésekben szereplő szögek összege derékszög, ezért
| \(\displaystyle (8)\) | \(\displaystyle EDF\sphericalangle=45^{\circ}.\) |
Az így szerkesztett \(\displaystyle E\) és \(\displaystyle F\) pontokra tehát teljesül, hogy \(\displaystyle EDF\sphericalangle=45^{\circ}\), illetve az 1. és 2. megoldás eredményének megfelelően \(\displaystyle K_{EBF}=2\).
Statisztika:
143 dolgozat érkezett. 5 pontot kapott: 60 versenyző. 4 pontot kapott: 3 versenyző. 3 pontot kapott: 8 versenyző. 2 pontot kapott: 20 versenyző. 1 pontot kapott: 9 versenyző. 0 pontot kapott: 23 versenyző. Nem számítjuk a versenybe a születési dátum vagy a szülői nyilatkozat hiánya miatt: 10 dolgozat.
A KöMaL 2024. novemberi matematika feladatai