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

A C. 1695. feladat (2021. december)

C. 1695. Egy körvonalhoz rá merőlegesen hozzárögzítünk egy sugárnyi \(\displaystyle (R)\) hosszúságú szakaszt (lásd az ábrát). Belefér-e két, ilyen szakasszal ellátott kör (,,serpenyő'') egy olyan téglalapba, aminek az egyik oldala a kör átmérője (\(\displaystyle 2R\)), a másik pedig kétszer akkora (\(\displaystyle 4R\))? Az alakzatok és a téglalap érinthetik, de nem metszhetik és nem fedhetik egymást.

Javasolta: Gáspár Merse Előd (Budapest)

(5 pont)

A beküldési határidő 2022. január 10-én LEJÁRT.


1. Megoldás. Legyen a körök sugara \(\displaystyle R=1\), ezzel a körök átmérője \(\displaystyle 2\) egységnyi, a téglalap oldalai pedig \(\displaystyle 2\), illetve \(\displaystyle 4\) egységnyi hosszúságúak. Ha csak a köröket kell elhelyezni a téglalapban, akkor azok nyilvánvalóan elférnek benne, mégpedig egyféleképpen, úgy, hogy mindkettő érinti a téglalap három oldalát, és a két kör érinti is egymást.

A kérdés az, hogy a körhöz rögzített egységnyi szakaszok beférnek-e a téglalapba. Bizonyítani fogjuk, hogy akkor férnek el, ha az egyik körhöz rögzített szakasz érinti a másik kört, és megfordítva. Tekintsük a következő ábrát, amelyen a körök \(\displaystyle A\), illetve \(\displaystyle B\) középpontjaiból érintőket rajzoltunk a másik körhöz, így kaptuk az \(\displaystyle AH\), illetve \(\displaystyle BE\) érintőszakaszokat. Az \(\displaystyle AH\) félegyenes a téglalap \(\displaystyle 4\) egységnyi oldalát a \(\displaystyle K\) pontban, a \(\displaystyle BE\) félegyenes pedig a téglalap előzővel szemben levő oldalát az \(\displaystyle F\) pontban metszi. A körök egymást a \(\displaystyle C\) pontban, a téglalap egy-egy oldalát a \(\displaystyle G\), illetve \(\displaystyle L\) pontban érintik az ábra szerint.

Azt fogjuk igazolni, hogy \(\displaystyle BF=2\).

Ehhez megrajzoltuk az \(\displaystyle AB\)-re merőleges \(\displaystyle FM\) szakaszt. Nyilvánvaló, hogy \(\displaystyle AC=BC=AG=AE=BH=BL=1\), de mivel \(\displaystyle AMFG\) téglalap, ezért \(\displaystyle FM=1\) is igaz.

Az \(\displaystyle ABE\) derékszögű háromszögben az \(\displaystyle AB\) átfogó hossza \(\displaystyle AB=AC+BC=2\), illetve \(\displaystyle AE=1\), ezért ez a háromszög egy szabályos háromszög fele, így \(\displaystyle ABE\sphericalangle=30^{\circ}\) és \(\displaystyle BAE\sphericalangle=60^{\circ}\).

Emiatt a \(\displaystyle BFM\) derékszögű háromszögben \(\displaystyle MBF\sphericalangle=30^{\circ}\), ezért \(\displaystyle MFB\sphericalangle=60^{\circ}\), és mivel az egységnyi hosszú \(\displaystyle FM\) a rövidebbik befogó, ezért ezen befogó hosszának kétszerese a \(\displaystyle BF\) átfogó. Ez éppen azt jelenti, hogy \(\displaystyle BF=2\) valóban teljesül.

Ha pedig ez igaz, akkor mivel \(\displaystyle BD=1\), azért \(\displaystyle DF=1\) is fennáll, eszerint a \(\displaystyle B\) középpontú körhöz rögzített egységnyi hosszú \(\displaystyle DF\) szakasz, érintve az \(\displaystyle A\) középpontú kört, a feltételeknek megfelelően éppen elfér a téglalap belsejében.

Hasonlóan egyszerűen igazolhatjuk, hogy \(\displaystyle AK=2\) is igaz, tehát az \(\displaystyle A\) középpontú körhöz rögzített egységnyi hosszú \(\displaystyle NK\) szakasz is éppen elfér a téglalap belsejében.

2. Megoldás. Legyen \(\displaystyle R=1\) és használjuk az 1. megoldás ábráját, azzal a kiegészítéssel, hogy az \(\displaystyle FG\) szakaszt \(\displaystyle x\)-szel jelöljük.

Most is azt fogjuk igazolni, hogy \(\displaystyle BF=2\).

Az \(\displaystyle A\) középpontú körhöz húzott érintőszakaszok hosszának egyenlősége miatt \(\displaystyle FG=FE=x\), ezért \(\displaystyle BF=BE+x\). Mivel \(\displaystyle AE=1\) és \(\displaystyle AB=2\), ezért az \(\displaystyle ABE\) olyan derékszögű háromszög, amelyben a \(\displaystyle BE\) szakasz hossza a Pitagorasz-tétel alkalmazásával \(\displaystyle BE=\sqrt{3}\).

Az \(\displaystyle ABE\) háromszög egy szabályos háromszög fele, tehát \(\displaystyle ABE\sphericalangle=30^{\circ}\) és \(\displaystyle BAE\sphericalangle=60^{\circ}\).

Az \(\displaystyle AFG\) és \(\displaystyle AEG\) derékszögű háromszögek egybevágók, mert az \(\displaystyle AF\) átfogójuk közös, befogóik pedig egyenlő hosszúak, hiszen \(\displaystyle AG=AE=1\) és \(\displaystyle FG=FE=x\), a két háromszög megfelelő szögei ezért egyenlők. Ebből \(\displaystyle BAE\sphericalangle=60^{\circ}\) alapján az következik, hogy \(\displaystyle GAF\sphericalangle=EAF\sphericalangle=15^{\circ}\), és így \(\displaystyle \tg15^{\circ}=\frac{FE}{AE}=\frac{x}{1}\), azaz

\(\displaystyle (1)\)\(\displaystyle FE=x=\tg15^{\circ}.\)

A \(\displaystyle \tg(\alpha-\beta)=\frac{\tg{\alpha}-\tg{\beta}}{1+\tg{\alpha}\cdot{\tg{\beta}}}\) trigonometrikus azonosságot alkalmazhatjuk az \(\displaystyle \alpha=45^{\circ}\) és \(\displaystyle \beta=30^{\circ}\) szögekre, és felhasználhatjuk, hogy \(\displaystyle \tg45^{\circ}=1\), illetve \(\displaystyle \tg30^{\circ}=\frac{\sqrt{3}}{3}\). A műveletek elvégzésével, egyszerűsítéssel és a törtkifejezés nevezőjének négyzetgyöktelenítésvel azt kapjuk, hogy

\(\displaystyle (2)\)\(\displaystyle \tg15^{\circ}=2-\sqrt{3}.\)

Az (1) és (2) egyenlőségek figyelembe vételével adódik, hogy \(\displaystyle FE=2-\sqrt{3}\). Mivel \(\displaystyle BF=BE+FE\) és \(\displaystyle BE=\sqrt{3}\), ezért \(\displaystyle BF=\sqrt{3}+2-\sqrt{3}\), vagyis \(\displaystyle BF=2\). Ez éppen azt jelenti, hogy a \(\displaystyle B\) középpontú körhöz rögzített \(\displaystyle DF\) szakasz hossza egységnyi, tehát a \(\displaystyle DF\) szakasz, érintve az \(\displaystyle A\) középpontú kört, éppen elfér a téglalap belsejében.

Hasonlóan egyszerűen igazolhatjuk, hogy \(\displaystyle AK=2\) is fennáll, ezért az \(\displaystyle A\) középpontú körhöz rögzített egységnyi hosszú \(\displaystyle NK\) szakasz is éppen elfér a téglalap belsejében.

Megjegyzés. A \(\displaystyle \tg15^{\circ}\) pontos értékéhez a trigonometrikus azonosság alkalmazása nélkül is eljuthatunk. Kiszámíthatjuk a belső szögfelezőre vonatkozó tétel alapján, hogy az \(\displaystyle 1;\sqrt{3};2\) oldalú derékszögű háromszögben az \(\displaystyle 1\) egységnyi befogót a szemközti, \(\displaystyle 30^{\circ}\)-os szög felezője egy \(\displaystyle \frac{\sqrt{3}}{\sqrt{3}+2}\) és egy \(\displaystyle \frac{2}{\sqrt{3}+2}\) hosszúságú szakaszra osztja. Ezek közül a \(\displaystyle \frac{\sqrt{3}}{\sqrt{3}+2}\) hosszúságú egy olyan derékszögű háromszög befogója, amelyben a befogóval szemközti szög \(\displaystyle 15^{\circ}\)-os, és a háromszög másik befogójának hossza \(\displaystyle \sqrt{3}\). Így \(\displaystyle \tg15^{\circ}=\frac{\frac{\sqrt{3}}{\sqrt{3}+2}}{\sqrt{3}}=\frac{1}{\sqrt{3}+2}\), a nevező négyzetgyöktelenítése után pedig \(\displaystyle \tg15^{\circ}=2-\sqrt{3}\).


Statisztika:

170 dolgozat érkezett.
5 pontot kapott:Balog Benedek, Berényi-Sima Lajos, Bettesch Helga Adél, Böröczky András Bálint, Cynolter Dorottya, Farkas Zsófia, Fekete Patrik, Fodor Gergely, Folly-Ritvay Levente Miklós, Fórizs Emma, Hajdu Márton, Han Ziying, Hochenburger Zoárd, Horváth Milán, Hosszu Noel, Inokai Ádám, Josepovits Gábor, Juhász Emma, Kerekes András, Keszthelyi Eszter, Kriston Nándor, Kuba Nikoletta, Kurucz Márton, Mészáros Anna Veronika, Murai Dóra Eszter, Nagy 292 Korina, Nagy Daniella, Németh Máté Előd, Petrányi Lilla, Seprődi Barnabás Bendegúz, Sipeki Márton, Somogyi Dóra, Süveges Gergő, Szabó Réka, Szabó Zóra, Szalanics Tamás, Szeibert Dominik, Töreczki Gábor, Waldhauser Miklós, Yusuf A Khand, Zupkó Bence Kristóf.
4 pontot kapott:23 versenyző.
3 pontot kapott:19 versenyző.
2 pontot kapott:12 versenyző.
1 pontot kapott:12 versenyző.
0 pontot kapott:25 versenyző.
Nem versenyszerű:22 dolgozat.
Nem számítjuk a versenybe a születési dátum vagy a szülői nyilatkozat hiánya miatt:2 dolgozat.

A KöMaL 2021. decemberi matematika feladatai