Kezdőlap


Feladat:	F.2887	Korcsoport: 16-17	Nehézségi fok: könnyű
Megoldó(k):	Kotnyek Balázs
Füzet:	1992/október, 295 - 297. oldal		PDF \| MathML
Témakör(ök):	Másodfokú (és arra visszavezethető) egyenletrendszerek, Derékszögű háromszögek geometriája, Egyenlő szárú háromszögek geometriája, Síkgeometriai számítások trigonometria nélkül háromszögekben, Pitagorasz-tétel alkalmazásai, Esetvizsgálat, Feladat
Hivatkozás(ok):	Feladatok: 1992/január: F.2887

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

Az öt pont az 1., 2. és 3.ábra szerint helyezkedhet el. A feltételek alapján $A D = A E = \sqrt[]{7}$ , és $D E = 1$ , továbbá $B D = C E = 2$ vagy $C D = B E = 2$ .

1. ábra

2. ábra

3. ábra

4. ábra

A 4. ábra szerinti helyzet azért nem lehetséges, mert ekkor

E C > 2

lenne. Használjuk az ábrák jelöléseit. Legyen mindegyik ábrán

E' C = x

és

F F' = E E' = y

. Először az 1. és 2. ábrák szerinti eseteket nézzük. Az ábrák alapján

A F = \frac{3 \sqrt[]{3}}{2}

és

A F' = \frac{\sqrt[]{3}}{2} (2 x + 1)

. Feladatunk megoldásához elegendő

x

-et meghatározni. Ez mindegyik ábrának megfelelően vagy az

E E' C

, vagy pedig az

E E' B

derékszögű háromszögekből történik. Az előbbi esetben

\begin{matrix} x^{2} + y^{2} & = 4, a másikban pedig & (1) \\ {(x + 1)}^{2} + y^{2} & = 4. & (2) \end{matrix}

Mindkét esetben

E E' = y = | A F' - A F | = | \frac{\sqrt[]{3}}{2} (2 x + 1) - \frac{3 \sqrt[]{3}}{2} | = \sqrt[]{3} | x - 1 | .

Ennek megfelelően (1)-ből:

x^{2} + 3 {(x - 1)}^{2} = 4

, (2)-ből pedig

{(x + 1)}^{2} + 3 {(x - 1)}^{2} = 4

. Ezekből az egyenletekből az

x = \frac{3 \pm \sqrt[]{1} 3}{4}

, ill. az

x = 0, x = 1

megoldásokat kapjuk, amelyekből

x \geq 0

miatt az

x = \frac{3 + \sqrt[]{13}}{4}, x = 0 és x = 1

felel meg. Ezért a szabályos háromszög

B C = 2 x + 1 oldala 1, 3, \frac{5 + \sqrt[]{13}}{2}

lehet.
A 3. ábra szerinti esetben annyi a változás, hogy

A F' = \frac{\sqrt[]{3}}{2} (1 - 2 x) és E E' = y = A F - A F' = \sqrt[]{3} (x + 1)

. Az

E E' C vagy E E' B

derékszögű háromszögből

\begin{matrix} x^{2} + y^{2} & = 4, illetve & (3) \\ {(1 - x)}^{2} + y^{2} & = 4. & (4) \end{matrix}

Ezután (3), illetve (4)-ből a következő másodfokú egyenleteket kapjuk:

\begin{matrix} x^{2} + 3 {(x + 1)}^{2} & = 4, illetve \\ {(1 - x)}^{2} + 3 {(x + 1)}^{2} & = 4. \end{matrix}

Ezeket az egyenleteket megoldva:

x = \frac{- 3 \pm \sqrt[]{13}}{4}, illetve x = 0, x = - 1

. Mivel

x

nem negatív,

x = \frac{- 3 + \sqrt[]{13}}{4}, és x = 0

lehetséges. Ezért a szabályos háromszög

B C = 1 - 2 x

oldala most

1

vagy

\frac{5 - \sqrt[]{13}}{2}

lehet.
Az eredményeket összevetve azt látjuk, hogy a feladatnak négy megoldása van:

1

3

\frac{5 + \sqrt[]{13}}{2}

\frac{5 - \sqrt[]{13}}{2}

A feltételek alapján egyébként az öt pont könnyen meg is szerkeszthető.

Kotnyek Balázs (Bp., Jedlik Á. Gimn., IV. o. t.) dolgozata alapján

Megjegyzés. Az 1. és 2 ábrához tartozó számításokban megengedhettük volna, hogy

F' C - F' E' = x

negatív is legyen. Ezzel megtakaríthattuk volna a 3. ábra szerinti számolásokat.