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

A C. 1533. feladat (2019. március)

C. 1533. Egy derékszögű háromszög kerülete \(\displaystyle k\), egyik befogója \(\displaystyle b\), a vele szemközti szög pedig \(\displaystyle \beta\). Tekintsük azt a háromszöget, amelynek \(\displaystyle 45^\circ\)-os szögének szárain levő oldalainak hossza \(\displaystyle k\) és \(\displaystyle b\cdot\sqrt{2}\,\). Határozzuk meg a legkisebb szögét.

(5 pont)

A beküldési határidő 2019. április 10-én LEJÁRT.


1. megoldás. A feladatban szereplő derékszögű háromszög csúcsai legyenek \(\displaystyle A, B, C\) (a szokásos módon). Az ábrán látható módon a \(\displaystyle BC\) oldalegyenesre mérjünk fel \(\displaystyle c\) hosszú szakaszt \(\displaystyle B\)-ből és \(\displaystyle b\) hosszú szakaszt \(\displaystyle C\)-ből, a szakaszok másik végpontja rendre legyen \(\displaystyle D\) és \(\displaystyle E\).

Ekkor az \(\displaystyle ACE\) háromszög derékszögű és egyenlő szárú, így a másik két szöge \(\displaystyle 45^{\circ}\)-os, az átfogója pedig \(\displaystyle b \sqrt2\) a Pitagorasz-tételből. Másrészt \(\displaystyle DE=k\), azaz az \(\displaystyle ADE\) háromszög pont olyan, hogy a \(\displaystyle 45^\circ\)-os szögének szárain levő oldalainak hossza \(\displaystyle k\) és \(\displaystyle b\cdot\sqrt{2}\). (Ez a három adat egybevágóság erejéig meghatározza már a háromszöget.) Már csak ennek a háromszögnek kell meghatározni a legkisebb szögét. Az \(\displaystyle ADB\) háromszög egyenlő szárú, két alapon fekvő szöge \(\displaystyle \beta/2\), mivel ezek összege egyenlő a harmadik csúcsnál lévő külső szöggel, ami \(\displaystyle \beta\). Az \(\displaystyle ADE\) háromszög \(\displaystyle A\) csúcsnál levő szöge biztosan a legnagyobb, hisz nagyobb, mint \(\displaystyle 45^\circ + \beta/2\), míg a másik két szög \(\displaystyle 45^\circ\), illetve \(\displaystyle \beta/2\). Továbbá mivel \(\displaystyle \beta\) egy derékszögű háromszög nem derékszöge, így \(\displaystyle \beta < 90^{\circ}\), azaz \(\displaystyle \frac{\beta}{2} < 45^{\circ}\).

Tehát a feladatban szereplő háromszög legkisebb szöge \(\displaystyle \frac{\beta}{2}\).

2. megoldás. Először nézzük a derékszögű háromszöget. Legyen a két befogója \(\displaystyle a\) és \(\displaystyle b\). A feladat szövege alapján kerülete \(\displaystyle k\), \(\displaystyle b\)-vel szemközti szöge \(\displaystyle \beta\).

Ekkor \(\displaystyle a= b \ctg \beta\). A kerülete pedig, Pitagorasz-tétel segítségével felírva az átfogót, \(\displaystyle k= b + b \ctg \beta + \sqrt{b^2+ b^2 \ctg^2 \beta}\).

Most nézzük a másik háromszöget.

Mivel \(\displaystyle k =a+b+\sqrt{a^2+b^2}> b \sqrt{2}\), ezért \(\displaystyle \epsilon >\delta\), azaz \(\displaystyle \delta \)-t elég meghatározni. Valamint jegyezzük meg, hogy \(\displaystyle \epsilon = 135^{\circ} - \delta\). Most írjuk fel a szinusztételt a \(\displaystyle DEF\) háromszögben:

\(\displaystyle \frac{k}{b \sqrt{2}}=\frac{\sin (135^{\circ} - \delta)}{\sin \delta}.\)

Most \(\displaystyle k\) helyére helyettesítsük be \(\displaystyle k= b + b \ctg \beta + \sqrt{b^2+ b^2 \ctg^2 \beta}\)-t, a jobb oldalon pedig alkalmazzuk a megfelelő addíciós tételt. Valamint jegyezzük meg, hogy a megoldás lépéseiben használni fogjuk, hogy \(\displaystyle \beta, \delta\) háromszög szögei, azaz értékük \(\displaystyle 0^{\circ}\) és \(\displaystyle 180^{\circ}\) közötti:

\(\displaystyle \frac{b + b \ctg \beta + \sqrt{b^2+ b^2 \ctg^2 \beta}}{b \sqrt{2}}=\frac{\sin 135^{\circ} \cos \delta - \cos135^{\circ} \sin \delta} {\sin \delta}.\)

Ezt tovább alakítva

\(\displaystyle \frac{1 + \ctg \beta + \sqrt{1+ \ctg^2 \beta}}{ \sqrt{2}}= \frac{\sqrt2}{2} \cdot \frac{\cos \delta}{\sin \delta} + \frac{\sqrt2}{2} = \frac{1}{\sqrt2} (\ctg \delta + 1).\)

Szorozzuk be mindkét oldalt \(\displaystyle \sqrt 2\)-vel, majd vonjunk ki 1-et:

\(\displaystyle \ctg \beta + \sqrt{1+ {\ctg}^{2} \beta} = \ctg \delta.\)

Felhasználva, hogy \(\displaystyle \sin^2\beta+\cos^2\beta=1\):

\(\displaystyle \ctg \beta + \sqrt{\frac{1} {{\sin}^{2} \beta}} = \ctg \delta,\)

majd alakítsuk tovább a bal oldalt, felhasználva, hogy \(\displaystyle \sin \beta >0\) (háromszög szögéről lévén szó):

\(\displaystyle \frac{\cos \beta+1}{\sin \beta} = \ctg \delta,\)

amiből a \(\displaystyle \sin\) és \(\displaystyle \cos\) addíciós tételét használva:

\(\displaystyle \frac{2 \cos^2 \frac{\beta}{2}}{2 \sin \frac{\beta}{2} \cos \frac{\beta}{2} } = \ctg \delta.\)

Ezt egyszerűsítve kapjuk, hogy

\(\displaystyle \ctg \frac{\beta}{2} = \ctg \delta.\)

Továbbá \(\displaystyle \beta\) és \(\displaystyle \delta\) háromszög szögei, így

\(\displaystyle \frac{\beta}{2}=\delta.\)

Mivel \(\displaystyle \beta\) egy derékszögű háromszög nem derékszöge, így \(\displaystyle \beta < 90^{\circ}\), azaz \(\displaystyle \frac{\beta}{2} < 45^{\circ}\).

Tehát a feladatban szereplő háromszög legkisebb szöge \(\displaystyle \frac{\beta}{2}\).


Statisztika:

84 dolgozat érkezett.
5 pontot kapott:Al-Hag Máté Amin, Bana Marcell, Bilicki Vilmos, Biró 424 Ádám, Csilling Katalin, Csonka Illés, Debreczeni Dorina, Egyházi Hanna, Fülöp Csilla, Gombos Gergely , Halász Henrik, Inokai Dávid, Kadem Aziz, Kelemen Anna, Kerekes Boldizsár, Koleszár Domonkos, Kovács Alex, Lengyel Katalin, Mácsai Dániel, Melján Dávid gergő, Molnár Réka, Móricz 777 Anna, Nagy 009 Dávid, Nagy 551 Levente, Nagy 989 Lea, Németh Nándor, Németh Norbert Marcell, Nyárfádi Patrik, Páhán Anita Dalma, Perényi Lídia , Riba Dániel, Sas 202 Mór, Schenk Anna, Schneider Anna, Sepsi Csombor Márton, Sümegi Géza, Szakács Ábel, Szalanics Tamás, Trombitás Karolina Sarolta, Ungár Éva, Urszuly Csenge, Williams Hajna, Zempléni Lilla.
4 pontot kapott:23 versenyző.
3 pontot kapott:5 versenyző.
2 pontot kapott:3 versenyző.
1 pontot kapott:1 versenyző.
0 pontot kapott:5 versenyző.
Nem versenyszerű:2 dolgozat.
Nem számítjuk a versenybe a születési dátum vagy a szülői nyilatkozat hiánya miatt:2 dolgozat.

A KöMaL 2019. márciusi matematika feladatai