A C. 1847. matematika gyakorlat megoldása

Szerk

C. 1847. Az \(\displaystyle ABCD\) négyzet \(\displaystyle AD\) oldalán válasszuk ki úgy a \(\displaystyle P\) pontot, hogy \(\displaystyle CPA\sphericalangle=105^{\circ}\) legyen. A \(\displaystyle CP\) egyenesre az \(\displaystyle A\) pontból bocsássunk merőlegest, amelynek talppontját jelölje \(\displaystyle Q\). Határozzuk meg az \(\displaystyle ABQ\) és az \(\displaystyle ACP\) háromszögek területe arányának pontos értékét.

Javasolta:Bíró BálintEger

1. Megoldás. Legyen a négyzet oldalának hossza \(\displaystyle a\), és alkalmazzuk az \(\displaystyle {AP=p}\) jelölést. A feltételek miatt \(\displaystyle {APQ\sphericalangle=75^{\circ}}\); \(\displaystyle {QAP\sphericalangle=15^{\circ}}\); \(\displaystyle {PAC\sphericalangle=CAB\sphericalangle=45^{\circ}}\); \(\displaystyle {ACP\sphericalangle=30^{\circ}}\).

Tekintsük az 1. ábrát.

1. ábra

Az \(\displaystyle APQ\) derékszögű háromszögben \(\displaystyle \cos 15^{\circ}=\frac{AQ}{p}\), ahonnan \(\displaystyle AQ=p\cdot \cos 15^{\circ}\). A trigonometrikus területképlet alkalmazásával:

\(\displaystyle T_{ABQ}=\frac{AQ\cdot a\cdot \sin105^{\circ}}{2}=\frac{p\cdot \cos15^{\circ}\cdot a \cdot \sin105^{\circ}}{2}, \)

amelyből a \(\displaystyle \sin105^{\circ}=\sin 75^{\circ}=\cos 15^{\circ}\) trigonometrikus azonosságok alkalmazásával

Hasonlóképpen kapjuk, hogy

\(\displaystyle T_{ACP}=\frac{p\cdot AC\cdot \sin45^{\circ}}{2}, \)

ahonnan \(\displaystyle AC=a\sqrt{2}\) és \(\displaystyle \sin 45^{\circ}=\frac{\sqrt{2}}{2}\) alapján

Az (1) és (2) megfelelő oldalainak arányából

Tudjuk, hogy

\(\displaystyle \cos15^{\circ}=\cos(45^{\circ}-30^{\circ})=\cos45^{\circ}\cdot \cos30^{\circ}+\sin45^{\circ}\cdot \sin30^{\circ}, \)

ezért a \(\displaystyle \sin45^{\circ}=\cos45^{\circ}=\frac{\sqrt{2}}{2}\), \(\displaystyle \cos30^{\circ}=\frac{\sqrt{3}}{2}\), illetve \(\displaystyle \sin30^{\circ}=\frac{1}{2}\) értékek beírásával \(\displaystyle \cos15^{\circ}=\frac{\sqrt{2}\cdot \bigl(\sqrt{3}+1\bigr)}{4}\), innen négyzetre emeléssel és egyszerűsítéssel adódik a két háromszög területének aránya:

\(\displaystyle \frac{T_{ABQ}}{T_{ACP}}=\frac{2+\sqrt{3}}{4}. \)

(Több dolgozat alapján)

2. Megoldás. Jelöléseink a 2. ábrán láthatók.

2. ábra

Az \(\displaystyle ABCQ\) négyszög húrnégyszög, mert a \(\displaystyle B\) és \(\displaystyle Q\) csúcsoknál levő belső szögei egyaránt derékszögek. A húrnégyszög köré írt \(\displaystyle k\) kör egyben az \(\displaystyle ABCD\) négyzet körülírt köre is, hiszen az \(\displaystyle AC\) átmérőjű körre a \(\displaystyle D\) pont is illeszkedik.

Nyilvánvaló, hogy \(\displaystyle BCA\sphericalangle=DAC\sphericalangle=45^{\circ}\) és így \(\displaystyle PAC\sphericalangle=45^{\circ}\) is igaz.

A \(\displaystyle k\) körben az \(\displaystyle AB\) és \(\displaystyle BC\) négyzetoldalakhoz egyenlő nagyságú kerületi szögek tartoznak, tehát \(\displaystyle QB\) felezi a \(\displaystyle CQA\sphericalangle\) derékszöget, és így \(\displaystyle BQA\sphericalangle=45^{\circ}\), vagyis az \(\displaystyle ABQ\) és \(\displaystyle CPA\) háromszögek \(\displaystyle Q\), illetve \(\displaystyle A\) csúcsánál levő belső szögek nagysága \(\displaystyle 45^{\circ}\).

A \(\displaystyle CPA\sphericalangle=105^{\circ}\) feltételből és a \(\displaystyle PAC\sphericalangle=45^{\circ}\) eredményből következik, hogy \(\displaystyle ACP\sphericalangle=ACQ\sphericalangle=30^{\circ}\), de akkor a kerületi szögek tétele miatt \(\displaystyle {ABQ\sphericalangle=30^{\circ}}\) is teljesül. Az \(\displaystyle ABQ\) és \(\displaystyle ACP\) háromszögek két-két szöge tehát megegyezik, ezért hasonlók, a hasonlóság aránya:

Az \(\displaystyle ACD\sphericalangle=45^{\circ}\) és \(\displaystyle ACP\sphericalangle=30^{\circ}\) egyenlőségekből adódik, hogy \(\displaystyle PCD\sphericalangle=15^{\circ}\), ezért (4) szerint \(\displaystyle \lambda=\cos15^{\circ}\).

Az \(\displaystyle ABQ\) és \(\displaystyle ACP\) háromszögek területének aránya \(\displaystyle \lambda^2\)-tel egyenlő, tehát

\(\displaystyle \frac{T_{ABQ}}{T_{ACP}}=\cos^2{15^{\circ}}. \)

Az 1. megoldásban igazoltuk, hogy \(\displaystyle \cos15^{\circ}=\frac{\sqrt{2}\cdot \bigl(\sqrt{3}+1\bigr)}{4}\), ebből négyzetre emeléssel és egyszerűsítéssel kapjuk, hogy

\(\displaystyle \frac{T_{ABQ}}{T_{ACP}}=\frac{2+\sqrt{3}}{4}. \)

Hetyei Dániel (Révai M. Gimn., Győr, 11. o. t.) dolgozatának felhasználásával

,,Baráti angyalai''csapat (Ciszterci Rend Nagy L. Gimn., Pécs) dolgozata alapján

34 dolgozat érkezett. 5 pontos 21, 4 pontos 2, 3 pontos 3, 2 pontos 3, 1 pontos 2, 0 pontos 3 dolgozat.