KöMaL - Középiskolai Matematikai és Fizikai Lapok
Sign In
Sign Up
 Magyar
Information
Contest
Journal
Articles

 

Problem B. 4507. (January 2013)

B. 4507. The area of a regular heptagon is 4095 units. A and B are two consecutive vertices, and K is the centre of the heptagon. P is a point lying on the circumscribed circle of triangle ABK in the interior of the heptagon. Given that \frac{AP-PB}{AB}=\frac{2}{3}, what may be the area of triangle ABP?

Italian competition problem

(5 pont)

Deadline expired on 11 February 2013.


Sorry, the solution is available only in Hungarian. Google translation

Megoldási ötlet: Írjuk fel a koszinusztételt az ABK háromszögre.

 

1. megoldás. Legyen a hétszög köré írt kör sugara r, oldala s, PA=a, PB=b. Mivel a P pont az AKB köríven van, BPA\sphericalangle=
BKA\sphericalangle= \frac{2\pi}7. Az ABP háromszög területét a


t_{ABP} = \frac12 ab \sin\frac{2\pi}7

képletből fogjuk meghatározni; ehhez az ab szorzatra van szükségünk.

A hétszög területe 4095=7\cdot
t_{ABK}=7\cdot\frac{r^2\sin\frac{2\pi}7}2, ebből kapjuk, hogy (a sin 2t=2sin tcos t azonosságot is felhasználva)


r = \sqrt{\frac{4095}{\frac72\sin\frac{2\pi}7}} =
\sqrt{\frac{585}{\sin\frac{\pi}7\cos\frac{\pi}7}}.

Szintén az ABK egyenlő szárú háromszögből


s = 2r\sin\frac\pi7 = \sqrt{2340\tg\frac{\pi}7}.

A feltétel szerint a-b=\frac23s, ezt emeljük négyzetre:


a^2-2ab+b^2 = \frac49 s^2. (1)

Írjuk fel a koszinusztételt az ABP háromszög AB oldalára:


a^2+b^2-2ab\cos\frac{2\pi}7 = s^2. (2)

A (2) és (1) különbsége


  2\left(1-\cos\frac{2\pi}7\right)ab = \frac59 s^2.

Ezt átrendezve, behelyettesítve a korábbi eredményeket, és alkalmazva a \frac{\sin t}{1- \cos t}=\ctg\frac{t}2 azonosságot:


  t_{ABP} =
  \frac12 ab \sin\frac{2\pi}7 =
  \frac12 \cdot \frac{\frac59 s^2}{2(1-\cos\frac{2\pi}7)} \sin\frac{2\pi}7 =
  \frac{5\sin\frac{2\pi}7}{36(1-\cos\frac{2\pi}7)} s^2 =


=
  \frac5{36}\cdot \frac{\sin\frac{2\pi}7}{1-\cos\frac{2\pi}7}
  \cdot 2340\tg\frac\pi7 =
  \frac5{36}\ctg\frac\pi7 \cdot 2340\tg\frac\pi7 = 325.

Az ABP háromszög területe tehát 325 egység.

 

2. megoldás. Az ABK egyenlő szárú háromszög a szabályos hétszög hetede, ezért a területe T_{ABK}=\frac{4095}7=585.

Legyen az AB és a KP egyenesek metszéspontja M, és legyen K, illetve P távolsága az AB egyenestől dK és dP. Mivel az ABK és az ABP háromszögek AB oldala közös, a párhuzamos szelők tételéből


\frac{t_{ABP}}{t_{ABK}} = \frac{\frac12 \cdot AB \cdot d_P}{\frac12
  \cdot AB \cdot d_K} = \frac{d_P}{d_K} = \frac{PM}{KM}.

A megoldáshoz a \frac{PM}{KM} arányt fogjuk kiszámítani.

Az ABK háromszög körülírt körén legyen F az AB ív felezőpontja. Tükrözzük A-t és B-t a PF egyenesre, és jelöljük a két tükörképet A'-vel, illetve B'-vel. A kerületi szögek tétele miatt PF felezi az APB szöget, ezért A' a PB félegyenesen, B' pedig a PA félegyenesen van, és

 AB' = A'B = A'P - BP = AP - BP = \frac23 AB.

Az AA' és BB' egyenesek a PF-re való szimmetria miatt, a KP pedig a Thalész-tétel miatt merőlegesek a PF egyenesre. Az AA', BB' és KP egyenesek tehát párhuzamosak. Ebből és az AA'P háromszög szimmetriájából láthatjuk, hogy APK\sphericalangle = PAA'
\sphericalangle = PA'A\sphericalangle és ABB'\sphericalangle =
AMP\sphericalangle, továbbá az ABPK húrnégyszögben A'BA\sphericalangle = PKA \sphericalangle és PKB\sphericalangle =
PAB\sphericalangle.

Az AKP és az ABA' háromszögek hasonlók, mert két szögük megegyezik: AKP\sphericalangle = ABA'\sphericalangle és KPA\sphericalangle = BA'A\sphericalangle. Ezért \frac{KP}{AK} =
\frac{BA'}{AB} = \frac23, így


KP = \frac23 AK. (3)

A BKM és a B'AB háromszögek is hasonlók, mert BKM\sphericalangle
= B'AB\sphericalangle és KMB\sphericalangle =
ABB'\sphericalangle. Ezért \frac{BK}{KM} = \frac{B'A}{AB} =
\frac23, tehát


KM = \frac32 BK = \frac32 AK. (4)

A (3) és (4) összevetéséből kapjuk, hogy


\frac{PM}{KM} = \frac{KM-KP}{KM} = 1 - \frac{KP}{KM} =
1-\frac{\frac23 AK}{\frac32 AK} = \frac59.

Tehát


t_{ABP} = \frac{t_{ABP}}{t_{ABK}} \cdot {t_{ABK}}
 = \frac{PM}{KM} \cdot {t_{ABK}} = \frac59 \cdot 585 = 325.


Statistics:

89 students sent a solution.
5 points:Ágoston Péter, Balogh Dániel, Balogh Tamás, Baran Zsuzsanna, Bereczki Zoltán, Bingler Arnold, Bogár Blanka, Bősze Zsuzsanna, Di Giovanni Márk, Fehér Zsombor, Fekete Panna, Forrás Bence, Gyulai-Nagy Szuzina, Havasi 0 Márton, Herczeg József, Janzer Barnabás, Janzer Olivér, Kovács 148 Dávid, Kovács Balázs Marcell, Leitereg Miklós, Lelkes János, Maga Balázs, Mándoki Sára, Mócsy Miklós, Nagy Gergely, Nagy Róbert, Nagy-György Pál, Németh Gergely, Nguyen Anh Tuan, Petrényi Márk, Porupsánszki István, Sagmeister Ádám, Schultz Vera Magdolna, Schwarcz Tamás, Simkó Irén, Stein Ármin, Szabó 262 Lóránt, Szabó 789 Barnabás, Szabó 928 Attila, Szőke Tamás, Tardos Jakab, Tossenberger Tamás, Venczel Tünde, Williams Kada, Zilahi Tamás.
4 points:18 students.
3 points:7 students.
2 points:2 students.
0 point:11 students.
Unfair, not evaluated:6 solutions.

Our web pages are supported by:   Ericsson   Cognex   Emberi Erőforrás Támogatáskezelő   Emberi Erőforrások Minisztériuma   Nemzeti Tehetség Program    
MTA Energiatudományi Kutatóközpont   MTA Wigner Fizikai Kutatóközpont     Nemzeti
Kulturális Alap   ELTE   Morgan Stanley