KöMaL - Középiskolai Matematikai és Fizikai Lapok
 English
Információ
A lap
Pontverseny
Cikkek
Hírek
Fórum

Rendelje meg a KöMaL-t!

Kifordítható

tetraéder

VersenyVizsga portál

Kísérletek.hu

Matematika oktatási portál

B. 4548. ABC is an isosceles right angled triangle of unit legs. A1 is a point on side AB, B1 is a point on side BC, and C1 is a point on hypotenuse CA. What is the minimum possible length of A1B1 if the triangles ABC and A1B1C1 are similar?

Kvant

(4 points)

Deadline expired on 10 June 2013.


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

Megoldás. Az \(\displaystyle A_1B_1C_1\) háromszög derékszögű csúcsa vagy valamelyik befogón vagy az átfogón van.

I. eset: a derékszögű csúcs az átfogón található. Ekkor az \(\displaystyle A_1BB_1C_1\) négyszög húrnégyszög, mivel szemközti szögeinek összege \(\displaystyle 180^{\circ}\) (1. ábra).

1. ábra

Az azonos húrhoz tartozó kerületi szögek egyenlők, így \(\displaystyle A_1BC_1\sphericalangle= A_1B_1C_1\sphericalangle= 45^{\circ}\), tehát az \(\displaystyle ABC\sphericalangle\)-et a \(\displaystyle BC_1\) szakasz felezi. Mivel az \(\displaystyle ABC\) háromszög egyenlő szárú, ezért ez a szögfelező egyben oldalfelező is, és így a \(\displaystyle C_1\) pont az \(\displaystyle AC\) szakasz felezőpontjában található (2. ábra).

2. ábra

Legyen a \(\displaystyle B_1\) pont a \(\displaystyle BC\), az \(\displaystyle A_1\) pont pedig az \(\displaystyle AB\) oldal felezőpontja. Ekkor az \(\displaystyle A_1B_1C_1\) és az \(\displaystyle ABC\) háromszög közötti hasonlósági arány 1:2. Mivel \(\displaystyle BC=1\), ezért \(\displaystyle AC=\sqrt2\) és így \(\displaystyle A_1B_1=\frac{\sqrt2}{2}\).

Tekintsünk egy másik, \(\displaystyle C_1\) csúcsú, egyenlő szárú derékszögű háromszöget. Mivel \(\displaystyle C_1B_1\perp BC\), ezért ilyet csak úgy kapunk, ha egy \(\displaystyle C_1\) középpontú, \(\displaystyle r>C_1B_1\) sugarú körrel metsszük el az \(\displaystyle ABC\) háromszög befogóit. A kapott háromszög befogója így nagyobb lesz, mint \(\displaystyle C_1B_1\), és így nyilván az átfogója is nagyobb lesz, mint az \(\displaystyle A_1B_1C_1\) háromszögé: \(\displaystyle FH>A_1B_1\).

Tehát ebben az esetben \(\displaystyle A_1B_1\) minimuma \(\displaystyle \frac{\sqrt2}{2}\).

II. eset: a derékszögű csúcs az egyik befogón található.

Legyen \(\displaystyle A_1B_1=x\) és \(\displaystyle B_1C=y\). Ekkor \(\displaystyle A_1C_1=x\sqrt2\).

Jelölje a \(\displaystyle CB_1C_1\) szöget \(\displaystyle \alpha\). Ekkor \(\displaystyle CC_1B_1\sphericalangle= 180^{\circ}-45^{\circ}-\alpha= 135^{\circ}-\alpha\). Ebből \(\displaystyle AC_1A_1\sphericalangle= 180^{\circ}-CC_1B_1\sphericalangle- B_1C_1A_1\sphericalangle=\alpha\) és így \(\displaystyle AA_1C_1\sphericalangle=135^{\circ}-\alpha\). Tehát a \(\displaystyle B_1CC_1\triangle\) és a \(\displaystyle C_1AA_1\triangle\) a szögei egyenlőek, ezért a két háromszög hasonló. Így \(\displaystyle \frac{AC_1}{y}=\frac{x\sqrt2}{x}\), amiből \(\displaystyle AC_1=y\sqrt2\) (3. ábra).

3. ábra

Mivel \(\displaystyle BC=1\), ezért egyrészt \(\displaystyle BB_1=1-y\), másrészt \(\displaystyle AC=\sqrt2\), és ebből \(\displaystyle CC_1=\sqrt2-y\sqrt2\). Tudjuk, hogy \(\displaystyle AA_1=\sqrt2 CC_1\), amiből \(\displaystyle AA_1=\sqrt2 \big(\sqrt2-y\sqrt2\,\big)=2-2y\), és így \(\displaystyle A_1B=1-(2-2y)=2y-1\).

Az \(\displaystyle A_1BB_1\) háromszögben felírhatjuk a Pitagorasz-tételt:

\(\displaystyle {(2y-1)}^2+ {(1-y)}^2=x^2, \quad\text{vagyis}\quad 5y^2-6y+2=x^2. \)

Látható, hogy \(\displaystyle x\)-nek pontosan akkor van minimuma, amikor az \(\displaystyle 5y^2-6y+2\) kifejezésnek (ha a kifejezés értéke ott pozitív). Ennek a másodfokú függvénynek a minimumhelye \(\displaystyle y=-\frac{b}{2a}=-\frac{-6}{2\cdot5}=\frac 35\)-ben van, ekkor

\(\displaystyle A_1B_1=x=\sqrt{5\cdot\left(\frac 35\right)^{\!\!2} -6\cdot\frac 35+2}=\frac{\sqrt5}{5}<\frac{\sqrt2}{2}. \)

Tehát az \(\displaystyle A_1B_1\) távolság minimálisan \(\displaystyle \frac{\sqrt5}{5}\) lehet.

Emri Tamás (Budapest, Városmajori Gimn., 11. évf.) megoldása alapján


Statistics on problem B. 4548.
44 students sent a solution.
4 points:Balogh Menyhért, Baran Zsuzsanna, Bingler Arnold, Csépai András, Emri Tamás, Fekete Panna, Gyulai-Nagy Szuzina, Janzer Barnabás, Janzer Olivér, Katona Dániel, Khayouti Sára, Kovács 972 Márton, Makk László, Mezősi Máté, Mócsy Miklós, Nagy Gergely, Nagy-György Pál, Pap Tibor, Sagmeister Ádám, Sal Kristóf, Simkó Irén, Somogyvári Kristóf, Talyigás Gergely, Vető Bálint.
3 points:Bereczki Zoltán, Heinc Emília, Kovács Balázs Marcell, Leitereg Miklós, Paulovics Zoltán, Szász Dániel Soma, Szőke Tamás.
2 points:7 students.
1 point:5 students.
0 point:1 student.


  • Problems in Mathematics of KöMaL, May 2013

  • Támogatóink:   Ericsson   Cognex   Emberi Erőforrás Támogatáskezelő   Emberi Erőforrások Minisztériuma   Nemzeti Tehetség Program    
    MTA Energiatudományi Kutatóközpont   MTA Wigner Fizikai Kutatóközpont     Nemzeti
Kulturális Alap   ELTE   Morgan Stanley