 |
A C. 1904. feladat (2026. május) |
C. 1904. Az \(\displaystyle ABC\) derékszögű háromszög \(\displaystyle AB\) átfogója egységnyi hosszúságú. A \(\displaystyle C\)-ből induló magasságának talppontja legyen \(\displaystyle D\), a \(\displaystyle D\)-ből az \(\displaystyle AC\)-re állított merőleges talppontja \(\displaystyle E\), az \(\displaystyle E\)-ből az \(\displaystyle AB\)-re állított merőleges talppontja pedig \(\displaystyle F\). Tudjuk, hogy \(\displaystyle F\) éppen az átfogó felezőpontja. Mekkorák a háromszög befogói?
Javasolta: Ujházy Márton (Budapest)
(5 pont)
A beküldési határidő 2026. június 10-én LEJÁRT.
1. Megoldás. Legyen a szokásos jelölések szerint \(\displaystyle BC=a, CA=b, CAB\sphericalangle=\alpha, ABC\sphericalangle=\beta\). Tekintsük az alábbi ábrát, amelyen merőlegest állítottunk az \(\displaystyle AB\) átfogó \(\displaystyle F\) felezőpontjából az \(\displaystyle AC\) befogóra, a merőleges talppontját \(\displaystyle G\)-vel jelöltük.
Az \(\displaystyle FG\) szakasz az \(\displaystyle ABC\) háromszög \(\displaystyle BC\)-vel párhuzamos középvonala, ezért
| \(\displaystyle (1)\) | \(\displaystyle \displaystyle{FG=\frac{a}{2}}.\) |
A megfelelő szögek egyenlősége miatt az \(\displaystyle AFG\), \(\displaystyle FEG\), \(\displaystyle EDF\), \(\displaystyle DCE\), \(\displaystyle CBD\) derékszögű háromszögek mindegyike hasonló az \(\displaystyle ABC\) háromszöghöz, tehát ezek a háromszögek egymáshoz is hasonlók.
Jelöljük \(\displaystyle \lambda\)-val az \(\displaystyle ABC\) háromszögben az \(\displaystyle AC\) befogó és és az \(\displaystyle AB\) átfogó hosszának arányát: \(\displaystyle \displaystyle{\frac{AC}{AB}=\lambda}\), mivel \(\displaystyle AC=b\) és \(\displaystyle AB=1\), ezért
| \(\displaystyle (2)\) | \(\displaystyle \lambda=b.\) |
Az \(\displaystyle AFG\), \(\displaystyle FEG\), \(\displaystyle EDF\), \(\displaystyle DCE\), \(\displaystyle CBD\) háromszögekben a \(\displaystyle \beta\) szögekkel szembeni befogók és a megfelelő átfogók hosszának aránya ugyancsak \(\displaystyle \lambda\), ezért felírhatjuk, hogy
| \(\displaystyle (3)\) | \(\displaystyle \displaystyle{\frac{CD}{a}=\frac{DE}{CD}=\frac{EF}{DE}=\frac{FG}{EF}=\lambda}.\) |
A (3) egyenlőségekből egyszerűen adódik, hogy \(\displaystyle FG=a\cdot \lambda^4\), ebből (1) és (2) alapján azt kapjuk, hogy \(\displaystyle \displaystyle{\lambda^4=\frac{1}{2}}\), innen pedig
\(\displaystyle \displaystyle{b=\lambda=\sqrt[4]{\frac{1}{2}}\approx 0,841}.\)
Ebből az \(\displaystyle ABC\) háromszögre felírt Pitagorasz-tétel alapján \(\displaystyle a^2+b^2=1\), ahonnan
\(\displaystyle \displaystyle{a=\sqrt{1-\frac{1}{\sqrt{2}}}\approx 0,541}.\)
2. Megoldás. Tekintsük az 1. ábrához nagyon hasonló 2. ábrát, de az utóbbin a \(\displaystyle DF\) szakasz hosszát \(\displaystyle x\)-szel jelöltük.
A feltételek szerint \(\displaystyle \displaystyle{AF=BF=\frac{1}{2}}\), így
\(\displaystyle \displaystyle{AD=\frac{1}{2}+x;\qquad BD=\frac{1}{2}-x}.\)
Célunk az \(\displaystyle x\) szakasz hosszának meghatározása. Alkalmazzuk az \(\displaystyle ABC\) háromszög befogóira a befogótételt: \(\displaystyle a^2=BD\cdot AB\), illetve \(\displaystyle b^2=AD\cdot AB\), azaz
| \(\displaystyle (4)\) | \(\displaystyle \displaystyle{a^2=\frac{1}{2}-x;\qquad b^2=\frac{1}{2}+x},\) |
hiszen \(\displaystyle AB=1\).
Az \(\displaystyle ADE\) derékszögű háromszög \(\displaystyle EF\) magasságára vonatkozó magasságtételből: \(\displaystyle EF^2=AF\cdot DF\), azaz
| \(\displaystyle (5)\) | \(\displaystyle \displaystyle{EF^2=\frac{1}{2}x}.\) |
Mivel \(\displaystyle DE\perp AC\) és \(\displaystyle BC\perp AC\), ezért \(\displaystyle DE\parallel BC\), tehát felírhatjuk a párhuzamos szelőszakaszok tételét az \(\displaystyle BAC\sphericalangle=\alpha\) szög szárait metsző és a szárak közé eső szakaszokra: \(\displaystyle \displaystyle{\frac{DE}{a}=\frac{AD}{AB}}\), azaz \(\displaystyle \displaystyle{\frac{DE}{a}=\frac{\frac{1}{2}+x}{1}}\), ahonnan rendezés és négyzetre emelés után
| \(\displaystyle (6)\) | \(\displaystyle \displaystyle{DE^2=a^2\cdot \Big(\frac{1}{2}+x\Big)^2}.\) |
A \(\displaystyle DEF\) derékszögű háromszögre felírjuk a Pitagorasz-tételt: \(\displaystyle EF^2+x^2=DE^2\), ebből (4)-(5)-(6) felhasználásával kapjuk, hogy \(\displaystyle \displaystyle{\frac{1}{2}x+x^2=\big(\frac{1}{2}-x\Big)\cdot\Big(\frac{1}{2}+x\Big)^2}\), illetve
\(\displaystyle \displaystyle{x\cdot\Big(\frac{1}{2}+x\Big)=\big(\frac{1}{2}-x\Big)\cdot\Big(\frac{1}{2}+x\Big)^2},\)
innen pedig a nyilvánvalóan pozitív \(\displaystyle \displaystyle{\Big(\frac{1}{2}+x\Big)}\) tényezővel osztva, rendezés és \(\displaystyle 4\)-gyel való szorzás után a
| \(\displaystyle (7)\) | \(\displaystyle 4x^2+4x-1=0\) |
másodfokú egyenletet kapjuk. A (7) egyenletnek egy pozitív és egy negatív gyöke van, de mivel nyilvánvaló, hogy \(\displaystyle x>0\), ezért a pozitív gyök
\(\displaystyle \displaystyle{x=\frac{\sqrt{2}-1}{2}},\)
amelyből (4) alapján
\(\displaystyle \displaystyle{a^2=\frac{2-\sqrt{2}}{2};\qquad b^2=\frac{\sqrt{2}}{2}},\)
és így
\(\displaystyle \displaystyle{a=\sqrt{\frac{2-\sqrt{2}}{2}}=\sqrt{1-\frac{1}{\sqrt{2}}}\approx 0,541;\qquad b=\sqrt{\frac{\sqrt{2}}{2}}=\sqrt[4]{\frac{1}{2}}\approx 0,841}.\)
Ezzel a feladat megoldását befejeztük.
Statisztika:
A C. 1904. feladat értékelése még nem fejeződött be.
A KöMaL 2026. májusi matematika feladatai