KöMaL - Mathematical and Physical Journal for Secondary Schools
Hungarian version Information Contest Journal Articles News
Conditions
Entry form to the contest
Problems and solutions
Results of the competition
Problems of the previous years

 

 

Order KöMaL!

tehetseg.hu

Ericsson

Google

Emberi Erőforrások Minisztériuma

Emberi Erőforrás Támogatáskezelő

Oktatáskutató és Fejlesztő Intézet

ELTE

Competitions Portal

B. 4098. Given a side of a triangle and the two points on it where the lines dividing the opposite angle into three equal parts intersect the side, construct the triangle.

(4 points)

Deadline expired on 16 June 2008.


Google Translation (Sorry, the solution is published in Hungarian only.)

Megoldás: Legyen az adott oldal két végpontja A,B, a szögharmadolóknak az AB szakasszal alkotott metszéspontjai pedig E,F. Tegyük fel, hogy ezek a pontok az AB egyenesen A,E,F,B sorrendben követik egymást, és legyen AE=a, EF=h, FB=b. A háromszög megszerkesztendő C csúcsára teljesül, hogy a CE egyenes felezi az ACF szöget, CF pedig a BCE szöget. A szögfelező-tétel szerint tehát a C pontot egyértelműen meghatározzák a CA:CF=a:h és CB:CE=b:h feltételek. Ezen feltételeknek eleget tevő pontok egy-egy Apollóniusz-körön helyezkednek el (melyek a=h, illetve b=h esetén egyenessé fajulnak el). A keresett C pont e két kör metszéspontja, feltéve, hogy az létezik, és nem esik az AB egyenesre, mely esetben a feladatnak pontosan két megoldását kapjuk.

Megmutatjuk, hogy a szerkeszthetőség szükséges és elégséges feltétele h(a+b+h)<3ab. Az első Apollóniusz-kör az AB egyenest az E ponton kívül egy E' pontban metszi (mely az elfajuló esetben a végtelen távoli pont). Hasonlóképpen legyen F' a második Apollóniusz-körnek az AB egyenessel vett F-től különböző metszéspontja. Négy esetet fogunk megkülönböztetni. Ha a,b\leh, akkor a metszéspontok E',E,F,F' sorrendben követik egymást, vagyis az Apollóniusz-köröknek nincsen közös pontja. Ugyanakkor h(a+b+h)\ge3h2\ge3ab. Tegyük fel másodszor, hogy a>h\geb. Az E' pont az AF szakasznak F-en túli meghosszabbítására esik és AE'=AF\cdot \frac{AE}{AE-EF}=
\frac{a(a+h)}{a-h}. Ha most b=h, akkor létezik megoldás és a h(a+b+h)<3ab feltétel is teljesül, ha pedig b<h, akkor az F' pont az EB szakasz B-n túli meghosszabbítására esik és EF'=\frac{h(h+b)}{h-b}. Ebben az esetben a szerkeszthetőség szükséges és elégséges feltétele AE'<AF'=AE+EF', vagyis \frac{a(a+h)}{a-h}<a+\frac{h(h+b)}{h-b}, amit egyszerű átalakítással a h(a+b+h)<3ab alakra hozhatunk. Szimmetria okokból ugyanerre a feltételre jutunk b>h\gea esetén is. Végül ha a,b>h, akkor a szerkeszthetőség feltétele AB<AE'+BF', vagyis a+b+h<\frac{a(a+h)}{a-h}+\frac{b(b+h)}{b-h}, ami megintcsak ekvivalens a h(a+b+h)<3ab feltétellel.


Statistics on problem B. 4098.
57 students sent a solution.
4 points:Ágoston Tamás, Balázs Barbara Anna, Bartha Zsolt, Blázsik Zoltán, Bodor Bertalan, Böőr Katalin, Dunay Luca, Fonyó Dávid, Frankl Nóra, Fukker Gábor, Huszár Kristóf, Kiss 243 Réka, Kiss 902 Melinda Flóra, Kovács 729 Gergely, Lovas Lia Izabella, Palincza Richárd, Peregi Tamás, Somogyi Ákos, Szalkai Balázs, Tossenberger Anna, Tóth 369 László Márton, Varga 171 László, Vuchetich Bálint.
3 points:33 students.
1 point:1 student.


  • Problems in Mathematics of KöMaL, May 2008

  • Our web pages are supported by: Ericsson   Google   SzerencsejátĂ©k Zrt.   Emberi ErĹ‘források MinisztĂ©riuma   Emberi ErĹ‘forrás TámogatáskezelĹ‘   OktatáskutatĂł Ă©s FejlesztĹ‘ IntĂ©zet   ELTE   Nemzeti TehetsĂ©g Program