Középiskolai Matematikai és Fizikai Lapok
Informatika rovattal
Kiadja a MATFUND Alapítvány
Már regisztráltál?
Új vendég vagy?

A B. 5117. feladat (2020. szeptember)

B. 5117. Az \(\displaystyle A\), \(\displaystyle B\), \(\displaystyle C\), \(\displaystyle D\) pontok (ebben a sorrendben) egy egyenesre esnek. Az \(\displaystyle AB\), \(\displaystyle BC\) és \(\displaystyle CD\) szakaszokra (azonos félsíkban) emelt szabályos háromszögek harmadik csúcsai legyenek rendre \(\displaystyle E\), \(\displaystyle F\), illetve \(\displaystyle G\). Jelöljük az egyenesen szomszédos pontok távolságát a következőképpen: \(\displaystyle AB=a\), \(\displaystyle BC=b\), \(\displaystyle CD=c\). Mutassuk meg, hogy az \(\displaystyle EFG \sphericalangle \) akkor és csak akkor \(\displaystyle 120^{\circ}\)-os, ha \(\displaystyle a+c=b\) vagy \(\displaystyle \frac1a+\frac1c=\frac1b\).

(6 pont)

A beküldési határidő 2020. október 12-én LEJÁRT.


Megoldás. Az \(\displaystyle a,b,c\) távolságok sorrendjétől függően három esetre bontjuk az állítást.

1. eset: Az \(\displaystyle a,b,c\) távolságok közül \(\displaystyle b\) a középső, azaz \(\displaystyle a\le b\le c\) vagy \(\displaystyle a\ge b\ge c\).

Az \(\displaystyle A\leftrightarrow D\), \(\displaystyle B\leftrightarrow C\), \(\displaystyle E\leftrightarrow G\), \(\displaystyle a\leftrightarrow c\) cserékkel az állítás önmagába megy át, de \(\displaystyle a,b,c\) sorrendje megfordul. Ezért elég csak az \(\displaystyle a\le b\le c\) esetet megvizsgálni.

A \(\displaystyle BFE\) háromszögben \(\displaystyle EBF\angle=60^\circ\). Mivel \(\displaystyle BE=a\le BF=b\), és a nagyobb oldallal szemben nagyobb szög fekszik, \(\displaystyle BFE\angle\le FEB\angle\); ebből azt kapjuk, hogy

\(\displaystyle 0 < BFE\angle \le \frac{BFE\angle+FEB\angle}{2} = \frac{180^\circ-EBF\angle}{2} = 60^\circ. \)

A \(\displaystyle CGF\) háromszögben hasonlóan kapjuk, hogy

\(\displaystyle 120^\circ=180^\circ-GCF\angle>GFC\angle \ge \frac{GFC\angle+CGF\angle}{2} = \frac{180^\circ-FCG\angle}{2} = 60^\circ. \)

Ha az \(\displaystyle EFG\) háromszög negatív körüljárású (1a. ábra), akkor

\(\displaystyle EFG\angle = BFE\angle+CFB\angle+GFC\angle > 0+60^\circ+60^\circ = 120^\circ, \)

tehát \(\displaystyle EFG\angle=120^\circ\) nem lehetséges.

1a. ábra

Ha az \(\displaystyle EFG\) háromszög pozitív körüljárású (1b. ábra), akkor

\(\displaystyle EFG\angle = 360^\circ-BFE\angle-CFB\angle-GFC\angle > 360^\circ-60^\circ-60^\circ-120^\circ = 120^\circ, \)

tehát \(\displaystyle EFG\angle=120^\circ\) ilyenkor sem lehetséges.

1b. ábra

2. eset: Az \(\displaystyle a,b,c\) távolságok közül \(\displaystyle b\) a legnagyobb, azaz \(\displaystyle b>a\) és \(\displaystyle b>c\).

Húzzunk az \(\displaystyle F\) ponton át párhuzamost az \(\displaystyle ABCD\) egyenessel; ennek metszéspontja az \(\displaystyle AE\) és \(\displaystyle DG\) egyenesekkel legyen \(\displaystyle P\), illetve \(\displaystyle Q\). Az \(\displaystyle ABFP\) és a \(\displaystyle CDQF\) paralelogrammákból és az \(\displaystyle ABE\), \(\displaystyle BCF\), \(\displaystyle CDG\) szabályos háromszögekből láthatjuk, hogy \(\displaystyle FP=AB=a\), \(\displaystyle FQ=CD=c\), \(\displaystyle EP=AP-AE=BF-AB=b-a\) és \(\displaystyle GQ=DQ-DG=CF-CD=b-c\). (2. ábra.)

2. ábra

Az \(\displaystyle EFP\) és \(\displaystyle FGQ\) háromszögekben \(\displaystyle FPE\angle=GQF\angle=120^\circ\). Ha \(\displaystyle EFG\angle=120^\circ\), akkor a két háromszög szögeit összeszámolva

\(\displaystyle PEF\angle = 180^\circ-FPE\angle-EFP\angle = 180^\circ-EFG\angle-EFP\angle = GFQ\angle; \)

az \(\displaystyle EFP\) és \(\displaystyle FGQ\) háromszögek szögei megegyeznek, tehát a két háromszög hasonló egymáshoz. Megfordítva, ha a két háromszög hasonló, akkor

\(\displaystyle EFG\angle = 180^\circ-EFP\angle-QFG\angle = 180^\circ-EFP\angle-PEF\angle = FPE\angle = 120^\circ. \)

Tehát: \(\displaystyle EFG\angle=120^\circ\) akkor és csak akkor teljesül, ha az \(\displaystyle EFP\) és \(\displaystyle FGQ\) háromszögek hasonlóak.

Mivel \(\displaystyle FPE\angle=GQF\angle\), a hasonlóság azzal ekvivalens, hogy a közös szög melletti oldalak aránya egyenlő:

$$\begin{gather*} \frac{EP}{FP} = \frac{FQ}{GQ}, \\ \frac{b-a}{a} = \frac{c}{b-c}, \\ (b-a)(b-c) = ac, \\ b^2 = ab+cb, \\ b=a+c. \end{gather*}$$

Megfordítva, ha \(\displaystyle b=a+c\), akkor \(\displaystyle b>a\) és \(\displaystyle b>c\), tehát valóban a 2. eset áll fenn, és az előbbi lépéseket visszafelé elmondva kapjuk, hogy az \(\displaystyle EFP\) és \(\displaystyle FGQ\) háromszögek hasonlóak, tehát \(\displaystyle EFG\angle=120^\circ\).

3. eset: Az \(\displaystyle a,b,c\) távolságok közül \(\displaystyle b\) a legkisebb, azaz \(\displaystyle b<a\) és \(\displaystyle b<c\).

Húzzunk ismét az \(\displaystyle F\) ponton át párhuzamost az \(\displaystyle ABCD\) egyenessel; ennek metszéspontja a \(\displaystyle BE\) és \(\displaystyle CG\) szakaszokkal legyen \(\displaystyle R\), illetve \(\displaystyle S\). (3. ábra.)

3. ábra

A 2. esethez hasonlóan látjuk, hogy \(\displaystyle EFG\angle=120^\circ\) akkor és csak akkor teljesül, ha az \(\displaystyle FER\) és \(\displaystyle GFS\) háromszögek hasonlóak, aminek ekvivalens feltétele:

$$\begin{gather*} \frac{ER}{FR} = \frac{FS}{GS}, \\ \frac{a-b}{b} = \frac{b}{c-b}, \\ (a-b)(c-b) = b^2, \\ ac = ab + bc, \\ \frac1b = \frac1a+\frac1c. \end{gather*}$$

Megfordítva, ha \(\displaystyle \frac1b = \frac1a+\frac1c\), akkor \(\displaystyle \frac1b>\frac1a\) és \(\displaystyle \frac1b>\frac1c\), vagyis \(\displaystyle b<a\) és \(\displaystyle b<c\), tehát valóban a 3. eset áll fenn; az előbbi számolás visszafelé elmondva igazolja, hogy az \(\displaystyle FER\) és \(\displaystyle GFS\) háromszögek hasonlóak, tehát \(\displaystyle EFG\angle=120^\circ\).


Statisztika:

A B. 5117. feladat értékelése még nem fejeződött be.


A KöMaL 2020. szeptemberi matematika feladatai