Feladat: F.2456 Korcsoport: 18- Nehézségi fok: -
Megoldó(k):  Balázsi Edina ,  Biró A. ,  Bujdosó 419 L. ,  Darabont T. ,  Diczházi Cs. ,  Fülöp T. ,  Gulyás Katalin ,  Hajós Zsuzsanna ,  Hegedűs P. ,  Hetyei Judit ,  Ilosvay Ferenc ,  Ispány Márton ,  Katona Gy. ,  Kerner Anna ,  Krajnyák Kornélia ,  Ladányi L. ,  Limbek Cs. ,  Link P. ,  Pfeil T. ,  Pintér A. ,  Ribényi Á. ,  Róka G. ,  Sárközy G. ,  Selyem I. ,  Simon Gy. ,  Somogyi 196 A. ,  Stipsicz A. ,  Szabó 529 G. ,  Uhlmann E. ,  Zabó T. ,  Zuba Andrea 
Füzet: 1984/október, 304 - 306. oldal  PDF file
Témakör(ök): Síkgeometriai számítások trigonometria nélkül négyszögekben, Szögfüggvények, síkgeometriai számítások, Feladat
Hivatkozás(ok):Feladatok: 1984/január: F.2456

Egy deltoid átlói egyenlők, oldalainak hossza a és b. Számítsuk ki az átlók hosszát és a szögeket.

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

a) Jelöljük a deltoid csúcsait sorra A,B,C,D betűvel úgy, hogy AB=AD=b és CB=CD=a legyen, az átlók hosszát d-vel, metszéspontjukat M-mel. Feltehetjük, hogy adatainkra ba teljesül.

 
 

Eleve gondolunk konvex és konkáv megoldás lehetőségére. Az  MBA és MBC derékszögű háromszögek alapján AC=|AM±MC|, azaz
2AC=2d=|4b2-d2±4a2-d2|.
Kétszeri négyzetre emelés ‐ és köztük átrendezés ‐ alapján d2-re kapunk másodfokú egyenletet:
3d2-2(a2+b2)=±(4b2-d2)(4a2-d2),(1)d4-(a2+b2)d2+12(b2-a2)2=0.(2)



Valós d2 értéket kapunk, ha a diszkriminánsra
(a2+b2)2-2(b2-a2)2=6a2b2-a4-b4=-a4((ba)4-6(ba)2+1)0.

Ez b=a(>0) esetén mindenesetre teljesül: 4b4>0, és (b/a)2 felső korlátját az
x2-6x+1=0
(reciprok) egyenlet nagyobbik gyöke adja: x2=3+22=(2+1)2. Így a megoldás feltétele
1ba2+1,(3)
ugyanis az biztos, hogy a föltétel teljesülése esetén d2-re nem negatív értékeket kapunk, hiszen (2)-ben d2 együtthatója negatív, a d2-et nem tartalmazó tag pedig pozitív.
Ha (3)-ban b/a=1, akkor geometriailag csak a d2=a2+b2=2b2 megoldás használható (négyzet), mert a d=0 megoldás elfajult négyszöget jelent. Akkor is csak 1 deltoidot kapunk, ha b/a=2+1, ekkor (2) gyökei egyenlők. Általában

2d12=a2+b2+a2-[(ba)2-λ2][(ba)2-1λ2]==a2+b2+1λ(λa+b)(λa-b)(λb+a)(λb-a),


ahol λ=2+1, és 2d2 kifejezésében a négyzetgyök (-1)-szerese szerepel.
b) Valós, nem elfajult megoldás esetén a BAD=α-ra és ABC=β-ra a cosinustétel alapján, mindkét d-értékkel
 


cosα=12b2(2b2-d2),α=arccos(1-d22b2),cosβ=12ab(a2+b2-d2),β=arccosa2+b2-d22ab,


és ezekből a C csúcsnál levő szög
γ=2π-(α+2β).

A γ=π eset tulajdonképpen szintén elfajult deltoid. Előre látható, hogy szükségképpen ez áll be, ha d=2a, ekkor (1) mindkét oldala 0, és b=5a. Meg lehet mutatni, hogy a b/a=5 eset úgy vágja ketté a (3) intervallum belsejét, hogy b/a<5 esetén d1 konvex négyszöget eredményez, d2 konkávot; ha pedig
5<b/a<2+1,
akkor mindkét deltoidunk konkáv a C csúcsánál, ahol a kisebb BC=DC=a szárai összefutnak.

 

Megjegyzés. Bizonyára több megoldó észrevette, hogy feladatunk a múlt tanévi Gy. 2045. gyakorlat számító megoldása; ott az oldalakból szerkesztenünk kellett a deltoidot, tudva, hogy AC=BD. (Lásd a megoldást az 1983. decemberi számban, 206. old.) Az ottani megoldás a CA átlónak a merőleges BD helyzetbe való forgatásán alapul. Természetesen lép be a diszkusszióba a 2 szám: CE=2b, ami nálunk kerülő úton, szerencsés észrevétellel érkezett be.
 
 

E meglátás alapján a gépies Pitagorasz-tétel helyett más, közvetett megoldások is kínálkoznak. Például a D1EC=D2EC=ε felhasználásával:
cosε=a2+b222ab,BD2=d2=a2+b2-2abcos(ε±45).

Lényegében ugyanígy használható segédszögnek a D1CE is.
Ott végül is a 2-1a/b1 feltételhez jutottunk, az elfajult eseteket nem emeltük ki.