Kezdőlap


Feladat:	1461. matematika feladat	Korcsoport: 16-17	Nehézségi fok: átlagos
Megoldó(k):	Baróthy Béla , Halek Tibor
Füzet:	1967/január, 17 - 18. oldal		PDF \| MathML
Témakör(ök):	Síkgeometriai számítások trigonometriával, Derékszögű háromszögek geometriája, Hossz, kerület, Terület, felszín, Feladat
Hivatkozás(ok):	Feladatok: 1966/április: 1461. matematika feladat

A szöveg csak Firefox böngészőben jelenik meg helyesen. Használja a fenti PDF file-ra mutató link-et a letöltésre.

I. megoldás. Számoljunk hektométer $(= 100 m)$ egységekben és válasszuk a betűzést úgy, hogy $A B = 5$ , $A B C ∢ = 90^{\circ}$ , $B C = 3, 5$ , $B C D ∢ = 105^{\circ}$ és $C D = 4$ legyen. Legyen $D$ vetülete $A B$ -n $E$ , és $C$ vetülete $D E$ -n $F$ . Ekkor a $C D F$ derékszögű háromszögben $F C D ∢ = 15^{\circ}$ , és így

\begin{matrix} B E = C F = 4 cos 15^{\circ} = 4 \sqrt[]{\frac{1 + cos 30^{\circ}}{2}} = \sqrt[]{8 (1 + \frac{\sqrt[]{3}}{2})} = \end{matrix}

\begin{matrix} = \sqrt[]{2 (3 + 2 \sqrt[]{3} + 1)} = \sqrt[]{2} (\sqrt[]{3} + 1) = \sqrt[]{6} + \sqrt[]{2} (\approx 3, 86) . \end{matrix}

Hasonlóan, majd kivonással és összeadással

\begin{matrix} F D & = 4 sin 15^{\circ} = 4 \sqrt[]{\frac{1 - cos 30^{\circ}}{2}} = \sqrt[]{2 (3 - 2 \sqrt[]{3} + 1)} = \\ = \sqrt[]{6} - \sqrt[]{2} (\approx 1, 04) . \\ A E & = A B - B E = 5 - \sqrt[]{6} - \sqrt[]{2}, \\ D E & = 3, 5 + \sqrt[]{6} - \sqrt[]{2} és ezekből \\ A D^{2} & = 53, 25 - 3 \sqrt[]{6} - 17 \sqrt[]{2} = 53, 25 - \sqrt[]{54} - \sqrt[]{578} \approx \\ \approx 53, 25 - 7, 348 - 24, 042 = 21, 860, \\ A D & \approx 4, 676. \end{matrix}

A terület, mint az

A B D

és

B C D

háromszögek területének összege:

\begin{matrix} t = \frac{1}{2} (A B \cdot D E + B C \cdot C F) = \frac{1}{2} (17, 5 + 5 \sqrt[]{6} - 5 \sqrt[]{2} + 3, 5 \sqrt[]{6} + 3, 5 \sqrt[]{2}) = \end{matrix}

\begin{matrix} = \frac{1}{4} (35 + 17 \sqrt[]{6} - 3 \sqrt[]{2}) = \end{matrix}

\begin{matrix} = \frac{1}{4} (35 + \sqrt[]{1734} - \sqrt[]{18}) \approx \frac{1}{4} (35 + 41, 64 - 4, 24) = 18, 10 hektár . \end{matrix}

Baróthy Béla (Pannonhalma, Bencés g. III. o. t.)

Megjegyzés.

15^{\circ}

függvényeit a

45^{\circ} - 30^{\circ}

vagy

60^{\circ} - 45^{\circ}

alakból az addíció-tételek alapján is megkaphatjuk; ezeket a következő megoldásban is felhasználjuk:

\begin{matrix} sin 105^{\circ} = cos 15^{\circ} = cos (45^{\circ} - 30^{\circ}) = \frac{1}{\sqrt[]{2}} \cdot \frac{\sqrt[]{3} + 1}{2}, \end{matrix}

\begin{matrix} cos 105^{\circ} = - sin 15^{\circ} = - \frac{\sqrt[]{3} - 1}{2 \sqrt[]{2}} . \end{matrix}

II. megoldás. Az

A B C

derékszögű háromszögből,

B C A ∢ = γ_{1}

jelöléssel

\begin{matrix} A C = \frac{1}{2} \sqrt[]{10^{2} + 7^{2}} = \frac{\sqrt[]{149}}{2}, sin γ_{1} = \frac{10}{\sqrt[]{149}}, cos γ_{1} = \frac{7}{\sqrt[]{149}} . \end{matrix}

Ezekből, az addíció tételeket, majd az

A C D

háromszög

A D

oldalára a koszinusz-tételt alkalmazva

\begin{matrix} cos A C D ∢ & = cos (105^{\circ} - γ_{1}) = \frac{1}{2 \sqrt[]{298}} [10 (\sqrt[]{3} + 1) - 7 (\sqrt[]{3} - 1)] = \\ = \frac{17 + 3 \sqrt[]{3}}{2 \sqrt[]{298}}, \end{matrix}

\begin{matrix} sin A C D ∢ & = \frac{1}{2 \sqrt[]{298}} [7 (\sqrt[]{3} + 1) + 10 (\sqrt[]{3} - 1)] = \frac{17 \sqrt[]{3} - 3}{2 \sqrt[]{298}}; \\ A D^{2} & = C A^{2} + C D^{2} - 2 C D \cdot C A \cdot cos A C D ∢ = \end{matrix}

\begin{matrix} = 37, 25 + 16 - 4 \sqrt[]{149} \cdot \frac{17 + 3 \sqrt[]{3}}{2 \sqrt[]{298}} = 53, 25 - 17 \sqrt[]{2} - 3 \sqrt[]{6}, \end{matrix}

amint fent is kaptuk. Továbbá a négyszög

A B C

és

A C D

részháromszögeiből

\begin{matrix} t & = \frac{1}{2} (A B \cdot B C + A C \cdot C D sin A C D ∢) = \\ = \frac{1}{2} (17, 5 + \sqrt[]{149} \cdot 4 \cdot \frac{17 \sqrt[]{3} - 3}{2 \sqrt[]{298}}) = \frac{1}{2} (17, 5 + 17 \sqrt[]{6} - 3 \sqrt[]{2}) . \end{matrix}

Halek Tibor (Budapest, Berzsenyi D. g. III. o. t.)