A C. 1271. feladat (2015. január)

C. 1271. Rajzoljuk meg egy derékszögű háromszög körülírt körének a háromszöget tartalmazó félkörét. A félkörhöz húzzunk a háromszög befogóival párhuzamos érintőket. Ezek az átfogó egyenesével az eredetihez hasonló háromszöget határoznak meg.

Mekkorák a háromszög szögei, ha a külső háromszög területe 6-szorosa a belső háromszög területének?

Légrádi Imre (Sopron) javaslata alapján

(5 pont)

A beküldési határidő 2015. február 10-én LEJÁRT.

Megoldás. Jelöljük a háromszög oldalait és szögeit a szokásos módon. A körülírt kör középpontja \(\displaystyle O\), sugara legyen \(\displaystyle r\), ekkor \(\displaystyle c=2r\). A nagy háromszög megfelelő csúcsait jelölje \(\displaystyle A'\), \(\displaystyle B'\) és \(\displaystyle C'\).

Legyen az \(\displaystyle O\) pontból a \(\displaystyle B'C'\), illetve az \(\displaystyle A'C'\) oldalra állított merőleges talppontja rendre \(\displaystyle E\), illetve \(\displaystyle D\), ekkor \(\displaystyle E\) és \(\displaystyle D\) az érintési pontok, így \(\displaystyle OE=OD=r\) és \(\displaystyle A'C'B'\angle=90^{\circ}\) miatt \(\displaystyle OEC'D\) négyzet. Tehát \(\displaystyle DC'=DO=r\).

Ha a területek aránya 6, akkor a hasonlósági arány \(\displaystyle \sqrt6\), vagyis \(\displaystyle A'C'=b\sqrt6\). Mindebből \(\displaystyle A'D=A'C'-DC'=b\sqrt6-r\) következik. A hasonlóság miatt \(\displaystyle C'A'B'\angle=\alpha\). Az \(\displaystyle A'OD\) derékszögű háromszögben \(\displaystyle \tan \alpha=\frac{r}{b\sqrt6-r}\), amiből \(\displaystyle b\sqrt6-r=\frac{r}{\tan\alpha}\), és így \(\displaystyle b\sqrt6=r\left(1+\frac{1}{\tan\alpha}\right)\).

Az \(\displaystyle ABC\) háromszögben \(\displaystyle \cos\alpha=\frac{b}{2r}\), amiből \(\displaystyle b=2r\cos\alpha\). Ezt beírva a fenti egyenletbe:

\(\displaystyle 2 r\cos\alpha\sqrt6=r\left(1+\frac{1}{\tan\alpha}\right),\)

mindkét oldalt \(\displaystyle \tan\alpha\)-val szorozva és osztva \(\displaystyle r>0\)-val:

\(\displaystyle 2\sqrt6\cos\alpha\cdot\frac{\sin\alpha}{\cos\alpha}=\frac{\sin\alpha}{\cos\alpha}+1.\)

Szorozzunk \(\displaystyle \cos\alpha\)-val:

\(\displaystyle 2\sqrt6\sin\alpha\cos\alpha=\sin\alpha+\cos\alpha,\)

\(\displaystyle \sqrt6\sin2\alpha=\sin\alpha+\cos\alpha.\)

Emeljünk négyzetre:

\(\displaystyle 6\sin^22\alpha=\sin^2\alpha+\cos^2\alpha+2\sin\alpha\cos\alpha,\)

\(\displaystyle 6\sin^22\alpha=1+\sin2\alpha,\)

\(\displaystyle 6\sin^22\alpha-\sin2\alpha-1=0.\)

Ebből

\(\displaystyle \sin2\alpha=\frac{1\pm\sqrt{1+24}}{12}=\frac{1\pm5}{12},\)

ami \(\displaystyle \frac12\) vagy \(\displaystyle -\frac13\). Mivel derékszögű háromszögben \(\displaystyle 0<\alpha<90^{\circ}\), ezért \(\displaystyle \sin2\alpha\) nem lehet negatív. Ha pedig \(\displaystyle \sin2\alpha=\frac12\), akkor \(\displaystyle 2\alpha=30^{\circ}\) vagy \(\displaystyle 150^{\circ}\), vagyis \(\displaystyle \alpha=15^{\circ}\) vagy \(\displaystyle 75^{\circ}\), ami ugyanazt a háromszöget adja.

Statisztika:

39 dolgozat érkezett.
5 pontot kapott:	Bese Csongor, Bodonhelyi Anna, Bottlik Judit, Chourfi Abdel Karim, Egyházi Anna, Erdei Ákos, Fehér Balázs, Fülöp Erik, Horváth 016 Gábor, Kasó Ferenc, Kósa Szilárd, Krisztián Jonatán, Mándoki Sára, Matusek Márton, Mátyus Adrienn, Pap-Takács Mónika, Sándor Gergely, Sudár Ákos, Szabó 157 Dániel, Szűcs Dorina, Szücs Patrícia, Varjas István Péter, Vida Máté Gergely.
4 pontot kapott:	Farkas Dóra, Lénárt Levente, Mészáros 01 Viktória, Porupsánszki István, Sziegl Benedek, Telek Máté László.
3 pontot kapott:	3 versenyző.
2 pontot kapott:	1 versenyző.
1 pontot kapott:	3 versenyző.
0 pontot kapott:	3 versenyző.

A KöMaL 2015. januári matematika feladatai