 |
A K/C. 818. feladat (2024. május) |
K/C. 818. Az \(\displaystyle ABC\) derékszögű háromszög befogóinak hossza \(\displaystyle BC=6\), \(\displaystyle CA=8\) egység. A \(\displaystyle BC\) befogó \(\displaystyle B\)-hez közelebb eső harmadolópontja \(\displaystyle P\), felezőpontja \(\displaystyle Q\), a \(\displaystyle CA\) befogó \(\displaystyle C\)-hez közelebbi harmadolópontja \(\displaystyle R\), felezőpontja \(\displaystyle S\), végül az \(\displaystyle AB\) átfogó \(\displaystyle A\)-hoz közelebbi harmadolópontja \(\displaystyle T\), felezőpontja \(\displaystyle U\). Tükrözzük a \(\displaystyle P\), \(\displaystyle R\), \(\displaystyle T\) harmadolópontokat az \(\displaystyle ABC\) háromszög hozzájuk legközelebb eső csúcspontjára, a \(\displaystyle Q\), \(\displaystyle S\), \(\displaystyle U\) felezőpontokat pedig a megfelelő háromszögoldal másik végpontjára az ábra szerint.
Határozzuk meg a \(\displaystyle P'U'R'Q'T'S'\) sokszög területét.
Javasolta: Bíró Bálint, (Eger)
(5 pont)
A beküldési határidő 2024. június 10-én LEJÁRT.
Megoldás. Jelölje az \(\displaystyle ABC\) háromszög területét \(\displaystyle t\). Az \(\displaystyle ABC\) derékszögű, két befogója \(\displaystyle 6\) és \(\displaystyle 8\), ezért területe: \(\displaystyle \displaystyle{t=\frac{6\cdot8}{2}=24}\). A \(\displaystyle P'U'R'Q'T'S'\) hatszög területét úgy kapjuk meg, hogy kiszámoljuk és összeadjuk az alábbi háromszögek és négyszögek területét:
| \(\displaystyle (1)\) | \(\displaystyle T_{P'U'R'Q'T'S'}=T_{ABC}+T_{BP'U'}+T_{CR'Q'}+T_{AT'S'}+T_{BU'R'C}+T_{CQ'T'A}+T_{AS'P'B}. \) |
A \(\displaystyle BP'U'\) és a \(\displaystyle BPU\) háromszögben két-két oldal és az általuk bezárt szög megegyezik, ezért \(\displaystyle BPU\triangle \cong BP'U' \triangle,\) így
| \(\displaystyle (2)\) | \(\displaystyle T_{BPU}=T_{BP'U'}. \) |
Ugyanezért \(\displaystyle CR'Q'\triangle \cong CRQ \triangle\) és \(\displaystyle AT'S'\triangle \cong ATS \triangle\), és \(\displaystyle T_{CRQ}=T_{CR'Q'}\) és \(\displaystyle T_{ATS}=T_{AT'S'}\). Az alábbiakban azt fogjuk többször kihasználni, hogy ha két háromszögre teljesül, hogy egy-egy alapjuk ugyanazon az egyenesen van, és az ehhez tartozó magasságuk közös, akkor területük aránya az alapok arányával egyenlő. Például a \(\displaystyle BPU\) és a \(\displaystyle BCU\) háromszög \(\displaystyle BP\) és \(\displaystyle PC\) oldala egy egyenesen van, arányuk \(\displaystyle 1:3\), az ezekhez tartozó, vagyis az \(\displaystyle U\)-ból induló magasságuk közös, ezért
| \(\displaystyle (3)\) | \(\displaystyle T_{BPU}=\frac{1}{3} T_{BCU}=T_{BP'U'}. \) |
Ugyanígy felírhatjuk az összefüggést a \(\displaystyle BCU\) és az \(\displaystyle ABC\) területe közt annak alapján, hogy az \(\displaystyle U\) felezi az \(\displaystyle AB\) oldalt:
| \(\displaystyle (4)\) | \(\displaystyle T_{BCU}=\frac{1}{2}t. \) |
A (2), a (3) és a (4) alapján tehát
\(\displaystyle T_{BP'U'}=\frac{1}{3}\cdot \frac{1}{2}\cdot t=\frac{1}{6}t.\)
Hasonlóképp igaz, hogy
\(\displaystyle T_{CR'Q'}=\frac{1}{6}t \hspace{1cm} \text{és} \hspace{1cm} T_{AT'S'}=\frac{1}{6}t.\)
Az (1)-ből tehát az első négy tagot már megkaptuk. A további három tag három négyszög területe, ezek mindegykét vágjuk két-két háromszögre az \(\displaystyle U'C\), a \(\displaystyle Q'A\) és az \(\displaystyle S'B\) szakaszok mentén. Ekkor igazak a következő összefüggések:
| \(\displaystyle (5) \) | \(\displaystyle T_{CBU'}=3\cdot T_{BP'U'}=3\cdot \frac{t}{6}=\frac{t}{2} \hspace{0.5cm}\text{(közös magasság és \(\displaystyle BC=3BP'\) alapján),}\) |
\(\displaystyle \text{továbbá} \hspace{0.5cm} T_{CAU'}=t+T_{CBU'}=t+\frac{t}{2}=\frac{3}{2}t, \hspace{0.5cm} \text{valamint}\)
| \(\displaystyle (6)\) | \(\displaystyle T_{R'CU'}=\frac{1}{3}\cdot T_{CAU'}=\frac{1}{3}\cdot\frac{3}{2}t=\frac{t}{2} \hspace{0.5cm} \text{(közös magasság és \(\displaystyle R'C=\frac{1}{3}CA\) alapján)}. \) |
(5) és (6) alapján pedig:
\(\displaystyle T_{BU'R'C}=T_{CBU'}+T_{R'CU'}=\frac{t}{2}+\frac{t}{2}=t. \)
A maradék két tag is felírható ugyanilyen megfontolások alapján:
\(\displaystyle T_{CQ'T'A}=T_{CQ'A}+T_{Q'T'A}=3 T_{CR'Q'}+\frac{1}{3}T_{BQ'T'}=3\cdot \frac{t}{6}+\frac{1}{3}\big(t+T_{CQ'A}\big)=\frac{t}{2}+\frac{1}{3}\big(t+\frac{t}{2}\big)=\frac{t}{2}+\frac{t}{2}=t.\)
\(\displaystyle T_{AS'P'B}=T_{AS'B}+T_{BS'P'}=3 T_{AT'S}+\frac{1}{3}T_{CS'B}=3\cdot \frac{t}{6}+\frac{1}{3}\big(t+T_{AS'B}\big)=\frac{t}{2}+\frac{1}{3}\big(t+\frac{t}{2}\big)=\frac{t}{2}+\frac{t}{2}=t.\)
Így felírható a keresett terület:
\(\displaystyle T_{P'U'R'Q'T'S'}=t+3\cdot\frac{t}{6}+3t=\frac{9}{2}t=\frac{9}{2}\cdot 24=108.\)
Statisztika:
71 dolgozat érkezett. 5 pontot kapott: Aaishipragya Kahaly, Auer Sára, Bartusková Viktória, Beinschroth Máté, Blaskovics Ádám, Blaskovics Bálint, Budai Máté, Danka Emma, Domján István, Fülöp Magdaléna, Gaál Gergely, Hajnal Ákos Huba, Hetyei Dániel, Horvath Benedek, Kószó Ferenc, Kökény Kristóf, Kun Petra, Magyar Levente Árpád, Máté Kristóf, Mikó Hédi Irma, Mizsei Márton, Molnár Lili, Molnár-Sáska Tamás, Németh Ábel, Olajos Anna, Pázmándi Renáta , Rasztgyörgy Jázmin, Sipos Márton, Szabó András, Szabó Máté, Szalóki Árpád, Tamás Attila Gábor, Tóth 207 Bence, Válek Péter, Viczián Adél. 4 pontot kapott: Hollósi Dominik, Juhász Zsombor, Kővágó Edit Gréta, Kulcsár Anna Zita, Li Mingdao, Tóth Luca. 3 pontot kapott: 5 versenyző. 2 pontot kapott: 5 versenyző. 1 pontot kapott: 5 versenyző. 0 pontot kapott: 1 versenyző. Nem versenyszerű: 1 dolgozat. Nem számítjuk a versenybe a születési dátum vagy a szülői nyilatkozat hiánya miatt: 11 dolgozat.
A KöMaL 2024. májusi matematika feladatai