 |
A C. 1156. feladat (2013. február) |
C. 1156. Egy hold alakú, tengelyesen szimmetrikus medál vázlata az ábrán látható. A holdat határoló félkör sugara 20 mm, a másik határoló körív sugara pedig 25 mm. Határozzuk meg a satírozással jelölt körök sugarát.
(5 pont)
A beküldési határidő 2013. március 11-én LEJÁRT.
Megoldás. Tekintsük az alábbi ábrát. Legyen 1 egység 5 mm, mert úgy egyszerűbb lesz a számolás.
A feladat az A középpontú kör r sugarát kérdezi. Mivel D az A és a C sugarú körök érintési pontja, azért AD=r és DC=5. Mivel E a B és a C középpontú körök érintési pontja, azért BE=1 és EF=4−2⋅1=2. Innen FC=EC−2=5−2=3. Végül H az A és az F középpontú körök érintési pontja, azért HA=r és így AF=HF−r=4−r.
Írjuk fel a koszinusztételt az ABF háromszögre, majd fejezzük ki cosα-t:
(1+r)2=(4−r)2+32−2⋅(4−r)⋅3cosα,
| (1) | cosα=(4−r)2+32−(1+r)26(4−r). |
Írjuk fel a koszinusztételt az AFC háromszögre:
(5+r)2=(4−r)2+32+2⋅(4−r)⋅3cosα.
Ebből is kifejezhető cosα:
| (2) | cosα=(5+r)2−(4−r)2−96(4−r). |
Mivel (1) és (2) bal oldala megegyezik, ezért jobb oldaluk is egyenlő. Ezt felírva, majd az egyenletet rendezve:
(4−r)2+32−(1+r)26(4−r)=(5+r)2−(4−r)2−96(4−r),
16+r2−8r+9−1−r2−2r=25+r2+10r−16−r2+8r−9,
24=28r,
r=2428=67.
Mivel 1 egység 5 mm, így a kérdéses kör sugara 307 mm.
Statisztika:
104 dolgozat érkezett. 5 pontot kapott: 58 versenyző. 4 pontot kapott: 9 versenyző. 3 pontot kapott: 9 versenyző. 2 pontot kapott: 6 versenyző. 1 pontot kapott: 13 versenyző. 0 pontot kapott: 9 versenyző.
A KöMaL 2013. februári matematika feladatai
|
|