A C. 1308. feladat (2015. október)

C. 1308. Alkalmas háromszögeket kettévágunk a legnagyobb szögüknél levő csúcson átmenő egyenessel két egyenlőszárú háromszögre. Mekkorák lehetnek egy tompaszögű háromszög szögei, ha a kettévágást két különböző módon is meg tudjuk tenni?

(5 pont)

A beküldési határidő 2015. november 10-én LEJÁRT.

Megoldás. Jelölje egy megfelelő \(\displaystyle ABC\) háromszög szögeit a szokásos módon \(\displaystyle \alpha\), \(\displaystyle \beta\) és \(\displaystyle \gamma\), ahol ez utóbbi a tompaszög. Egy tompaszögű háromszög legnagyobb szöge a tompaszög, tehát az egyenes a \(\displaystyle C\) csúcson megy át. Messe az egyenes a \(\displaystyle c\) oldalt a \(\displaystyle D\) pontban. Ekkor \(\displaystyle ADC\angle+BDC\angle=180^{\circ}\), ezért a két szög közül az egyik legalább \(\displaystyle 90^{\circ}\). Legyen ez most az \(\displaystyle ADC\angle\). Ekkor az \(\displaystyle ADC\) háromszög csak úgy lehet egyenlő szárú, ha az alapja \(\displaystyle AC\) és \(\displaystyle DCA\angle=DAC\angle=\alpha\). Az \(\displaystyle ADC\) háromszögben \(\displaystyle CDB\angle\) külső szög, és így értéke \(\displaystyle CDB\angle=DAC\angle+DCA\angle=2\alpha\). Készítsünk ábrát.

A \(\displaystyle BCD\) háromszög háromféleképp lehet egyenlőszárú.

Ia. \(\displaystyle \varphi=2\alpha\). Ekkor \(\displaystyle \gamma=3\alpha\).

IIa. \(\displaystyle \varphi=\beta\). Ekkor \(\displaystyle \gamma=\alpha+\beta\), ami a háromszög szögösszegének épp a fele, vagyis \(\displaystyle 90^{\circ}\), ez most nem lehetséges.

IIIa. \(\displaystyle 2\alpha=\beta\).

Hasonlóan, ha a \(\displaystyle BDC\) szög a tompaszög, akkor \(\displaystyle BCD\angle=\beta\) és a két lehetséges eset:

Ib. \(\displaystyle \gamma=3\beta\),

IIIb. \(\displaystyle \alpha=2\beta\).

A két-két esetet négyféle módon állíthatjuk párba.

1.) Ia. és Ib., vagyis \(\displaystyle \gamma=3\alpha\) és \(\displaystyle \gamma=3\beta\), ekkor \(\displaystyle \alpha=\beta\), az \(\displaystyle ABC\) háromszög szögeinek összege: \(\displaystyle 180^{\circ}=\alpha+\alpha+3\alpha\), amiből \(\displaystyle \alpha=\beta=36^{\circ}\) és \(\displaystyle \gamma=108^{\circ}\).

2.) Ia. és III.b., vagyis \(\displaystyle \gamma=3\alpha\) és \(\displaystyle \alpha=2\beta\). Ekkor \(\displaystyle 180^{\circ}=2\beta+\beta+6\beta\), amiből \(\displaystyle \beta=20^{\circ}\) és így \(\displaystyle \alpha=40^{\circ}\) és \(\displaystyle \gamma=120^{\circ}\).

3.) III.a. és I.b: ez az előzővel megegyező eset, csak \(\displaystyle \alpha\) és \(\displaystyle \beta\) szerepe felcserélődik.

4.) III.a. és III.b.: \(\displaystyle 2\alpha=\beta\) és \(\displaystyle \alpha=2\beta\). Ebből \(\displaystyle \alpha=2\beta=2\cdot2\alpha=4\alpha\), vagyis \(\displaystyle \alpha=0^{\circ}\), ami nem lehetséges.

Statisztika:

121 dolgozat érkezett.
5 pontot kapott:	Cseh Noémi, Csépányi István, Czirják Lilla, Dávid Levente, Édes Lili, Fekete Balázs Attila, Garamvölgyi István Attila, Jánosdeák Márk, Kamenár Gyöngyvér, Kovács 124 Marcell, Kovács Richárd, Marozsák Tóbiás , Márton Anna, Molnár 410 István, Nagy 999 Benedek, Nagy Nándor, Németh Csilla Márta, Páhoki Tamás, Pinke Andrea, Szécsi Adél Lilla, Szilágyi Éva, Tóth 111 Máté , Tóth 430 Róbert, Weisz Máté.
4 pontot kapott:	Bácskai Zsombor, Bukor Benedek, Nagy Enikő, Pap-Takács Noémi, Paulovics Péter, Perényi Gellért, Villányi Soma, Volford Anita, Zsombó István.
3 pontot kapott:	10 versenyző.
2 pontot kapott:	51 versenyző.
1 pontot kapott:	14 versenyző.
0 pontot kapott:	11 versenyző.
Nem versenyszerű:	2 dolgozat.

A KöMaL 2015. októberi matematika feladatai