Középiskolai Matematikai és Fizikai Lapok
Informatika rovattal
Kiadja a MATFUND Alapítvány
Már regisztráltál?
Új vendég vagy?
A régi honlapot akarom!!! :-)

A B. 4923. feladat (2018. január)

B. 4923. Az \(\displaystyle ABC\) háromszög \(\displaystyle A\)-ból induló belső szögfelezője a \(\displaystyle BC\) oldalt \(\displaystyle E\)-ben, a \(\displaystyle B\)-ből induló belső szögfelezője az \(\displaystyle AC\) oldalt \(\displaystyle F\)-ben metszi. Jelölje \(\displaystyle O\) a háromszög beírt körének középpontját. Mekkora lehet a \(\displaystyle C\)-nél levő szög, ha az \(\displaystyle OFA\triangle\) és a \(\displaystyle OBE\triangle\) területének összege egyenlő az \(\displaystyle AOB\triangle\) területével?

(3 pont)

A beküldési határidő 2018. február 12-én LEJÁRT.


1. megoldás. Használjuk az ábra jelöléseit. A beírt kör sugara legyen \(\displaystyle r\).

A szögfelező tételt felhasználva:

\(\displaystyle AF=b\cdot \frac{c}{a+c}\mathrm{~és~} BE=a\cdot \frac{c}{b+c}.\)

\(\displaystyle T_{AOB}=c\cdot \frac r2,\)

\(\displaystyle T_{OFA}=AF\cdot \frac r2=\frac{b}{a+c}\cdot c\cdot\frac r2,\)

\(\displaystyle T_{OBE}=BE\cdot \frac r2=\frac{a}{b+c}\cdot c\cdot\frac r2.\)

\(\displaystyle T_{AOB}=T_{OFA}+T_{OBE},\)

vagyis

\(\displaystyle c\cdot \frac r2=\frac{b}{a+c}\cdot c\cdot\frac r2+\frac{a}{b+c}\cdot c\cdot\frac r2.\)

Leosztva \(\displaystyle c\cdot \frac r2≠0\)-val:

\(\displaystyle 1=\frac{b}{a+c}+\frac{a}{b+c}.\)

Közös nevezőre hozva:

\(\displaystyle 1=\frac{b(b+c)+a(a+c)}{(a+c)(b+c)}.\)

Szorozzuk be mindkét oldalt az \(\displaystyle (a+c)(b+c)>0\) kifejezéssel és bontsuk fel a zárójeleket:

\(\displaystyle ab+ac+bc+c^2=b^2+bc+a^2+ac.\)

Rendezve:

\(\displaystyle c^2=a^2+b^2-ab.\)

Felhasználva a koszinusz-tételt:

\(\displaystyle c^2=a^2+b^2-2ab\cos γ=a^2+b^2-ab,\)

vagyis \(\displaystyle \cos γ=1/2\). Mivel \(\displaystyle 0<γ<180°\), így csak \(\displaystyle γ=60°\) lehet a háromszög \(\displaystyle C\) csúcsnál lévő szöge. Az átalakítások ekvivalensek voltak, tehát \(\displaystyle γ=60°\)esetén telesül a háromszögek területére vonatkozó feltétel.

2. megoldás. Legyenek a háromszög szögei a szokásos módon \(\displaystyle \alpha,\beta,\gamma\), és legyen \(\displaystyle F'\) az \(\displaystyle F\) pont tükörképe az \(\displaystyle AOE\) szögfelezőre. A tükrözés miatt az \(\displaystyle AOF\) és \(\displaystyle AOF'\) háromszögek egybevágók és területük egyenlő. Mivel az \(\displaystyle ABO\) háromszög területe egyenlő az \(\displaystyle AOF\) és \(\displaystyle BEO\) háromszög területének összegével, a \(\displaystyle BOF'\) háromszög területe is megegyezik a \(\displaystyle BEO\) háromszög területével. Ennek a két háromszögnek tehát a területe megegyezik, a \(\displaystyle BO\) oldaluk közös, és a \(\displaystyle B\) csúcsnál ugyanakkora szögük van; ez csak úgy lehet, ha \(\displaystyle BE=BF'\), és a két háromszög egymás tükörképe a \(\displaystyle BOF\) szögfelezőre.

A \(\displaystyle BCF\) és \(\displaystyle AEC\) háromszögek szögeinek összeszámolásából látjuk, hogy

\(\displaystyle OF'A \sphericalangle = AFB\sphericalangle = FCB\sphericalangle + CBF\sphericalangle = \gamma+\frac\beta2 \)

és

\(\displaystyle BF'O \sphericalangle = AEB\sphericalangle = ACE\sphericalangle + EAC\sphericalangle = \gamma+\frac\alpha2. \)

Mivel \(\displaystyle OF'A \sphericalangle + BF'O \sphericalangle = 180^\circ\),

\(\displaystyle \left(\gamma+\frac\beta2\right) + \left(\gamma+\frac\alpha2\right) = 180^\circ \)

\(\displaystyle 2\gamma + \frac{\alpha+\beta}2 = 2\gamma + \frac{180^\circ-\gamma}2 = 180^\circ \)

\(\displaystyle \gamma = 60^\circ. \)

A megoldás teljességéhez hozzá tartozik annak ellenőrzése, hogy létezik a feladat feltételeinek megfelelő \(\displaystyle ABC\) háromszög, tehát az \(\displaystyle \gamma = 60^\circ\) valóban lehetséges.

Vegyük észre, hogy a lépéseink megfordíthatóak: ha a háromszögben \(\displaystyle \gamma=60^\circ\), akkor \(\displaystyle \left(\gamma+\frac\beta2\right) + \left(\gamma+\frac\alpha2\right) = 180^\circ\), így a \(\displaystyle BEO\) és \(\displaystyle BF'O\) háromszögek egybevágóak és egymás tükörképei, emiatt az \(\displaystyle ABO\) háromszög területe megegyezik az \(\displaystyle AOF\) és \(\displaystyle BEO\) háromszögek területösszegével.


Statisztika:

110 dolgozat érkezett.
3 pontot kapott:72 versenyző.
2 pontot kapott:15 versenyző.
1 pontot kapott:10 versenyző.
0 pontot kapott:13 versenyző.

A KöMaL 2018. januári matematika feladatai