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

A B. 5243. feladat (2022. április)

B. 5243. Az \(\displaystyle ABC\) háromszögben \(\displaystyle CAB\sphericalangle=48^{\circ}\) és \(\displaystyle ABC\sphericalangle=54^{\circ}\). A háromszög egy belső \(\displaystyle D\) pontjára teljesül, hogy \(\displaystyle CDB\sphericalangle=132^{\circ}\) és \(\displaystyle BCD\sphericalangle=30^{\circ}\). Igazoljuk, hogy az \(\displaystyle ACDB\) töröttvonalat alkotó szakaszokból nem szerkeszthető háromszög.

(5 pont)

A beküldési határidő 2022. május 10-én LEJÁRT.


I. megoldás. Megmutatjuk, hogy \(\displaystyle AC=CD+DB\), azaz a szakaszokra nem teljesül a háromszög egyenlőtlenség. Feltehetjük, hogy \(\displaystyle BC=1\), valamint vegyük észre, hogy az \(\displaystyle ABC\) és \(\displaystyle BCD\) háromszögek szögei adottak.

Felírva a szinusz-tételt az \(\displaystyle ABC\) és a \(\displaystyle BCD\) háromszögekben:

\(\displaystyle \frac{CB}{\sin 48^\circ}=\frac{AC}{\sin 54^\circ} \qquad\text{és} \qquad \frac{CB}{\sin 132^\circ}=\frac{CD}{\sin 18^\circ}=\frac{BD}{\sin 30^\circ}.\)

Ezekből, kihasználva, hogy \(\displaystyle CD=1\) és \(\displaystyle \sin 132^\circ=\sin 48^\circ\) kapjuk, hogy

\(\displaystyle AC=\frac{\sin 54^\circ}{\sin 48^\circ}\, , \, CD=\frac{\sin 18^\circ}{\sin 48^\circ}\; \text{és} \; BD=\frac{\sin 30^\circ}{\sin 48^\circ}.\)

Vagyis elegendő megmutatnunk, hogy \(\displaystyle \sin 54^\circ=\sin 30^\circ+\sin 18^\circ=1/2+\sin 18^\circ\). Ehhez rajzoljunk egy \(\displaystyle XYZ\) egyenlő szárú háromszöget, amelynek \(\displaystyle XY\) alapja egységnyi, szárszöge \(\displaystyle 36^\circ\).

Az \(\displaystyle XT\) belső szögfelező a háromszöget két egyenlő szárú háromszögre bontja az ábra szerint. Az \(\displaystyle XTZ\) háromszögből leolvasható, hogy \(\displaystyle XZ=2\sin 54^\circ\), míg az \(\displaystyle XYT\) háromszögből \(\displaystyle YZ=YT+TZ=2\sin 18^\circ +1\). Ezekből \(\displaystyle \sin 54^\circ=1/2+\sin 18^\circ\) azonnal következik, és a bizonyítást befejeztük.

II. megoldás Az ábrát belerajzoljuk egy szabályos hatvanszögbe. Legyen \(\displaystyle P_1P_2\ldots P_{60}\) szabályos hatvanszög, a középpontja \(\displaystyle O\). A különböző átlók közötti szögeket a kerületi szögek tételéből számolhatjuk: a \(\displaystyle P_iP_j\) és \(\displaystyle P_kP_\ell\) egyenesek előjeles szöge \(\displaystyle (k+\ell-i-j)\cdot 3^\circ\pmod{180^\circ}\).

Arra lesz szükségünk, hogy a \(\displaystyle P_3P_{37}\), a \(\displaystyle P_{21}P_{41}\) és a \(\displaystyle P_{31}P_{47}\) átló egy ponton megy át. Legyen \(\displaystyle E=P_{21}P_{41}\cap P_8P_{38}\). Az \(\displaystyle OP_{21}P_{31}\) és \(\displaystyle OP_{31}P_{41}\) háromszögek szabályosak, ezért a \(\displaystyle P_{21}P_{41}\) átló az \(\displaystyle OP_{31}\) sugár felező merőlegese. Az \(\displaystyle OP_{38}\) egyenes tükörképe a \(\displaystyle P_{21}P_{41}\)-re \(\displaystyle P_{31}P_{47}\), ezért \(\displaystyle P_{31}P_{47}\) is átmegy \(\displaystyle E\)-n. A \(\displaystyle P_{31}P_{47}\) tükörképe a \(\displaystyle P_8P_{38}\) átmérőre \(\displaystyle P_{29}P_{45}\), ez is átmegy \(\displaystyle E\)-n. Végül vegyük észre, hogy a \(\displaystyle P_3P_{21}P_{29}E\) négyszög átlói merőlegesek, mert \(\displaystyle P_3P_{29}\parallel P_1P_{31}\perp P_{21}P_{41}\), és a \(\displaystyle P_{21}P_{31}E\) háromszög egyenlő szárú, mert \(\displaystyle EP_{21}P_{29}\sphericalangle= P_{29}EP_{21}\sphericalangle =36^\circ\). A \(\displaystyle P_3P_{21}P_{29}E\) négyszög tehát deltoid, ezért a \(\displaystyle P_3P_{21}\) egyenesnek a \(\displaystyle P_3P_{29}\)-re való tükörképe, a \(\displaystyle P_3P_{37}\) átló is átmegy \(\displaystyle E\)-n.

Legyen ezek után \(\displaystyle A=P_{21}\), \(\displaystyle B=P_{47}\), \(\displaystyle C=P_3\) és \(\displaystyle D=BP_9\cap CP_{37}\), ekkor megkapjuk a feladatbeli elrendezést. Az \(\displaystyle AEC\) és az \(\displaystyle EBD\) háromszögek egyenlő szárúak, így \(\displaystyle CA=CE\), illetve \(\displaystyle DE=DB\); emiatt

\(\displaystyle BD+DC=ED+DC=EC=AC. \)

A \(\displaystyle BD\), \(\displaystyle DC\) és \(\displaystyle AC\) aszakaszokra nem teljesül a háromszög-egyenlőtlenség.


Statisztika:

A B. 5243. feladat értékelése még nem fejeződött be.


A KöMaL 2022. áprilisi matematika feladatai