Kezdőlap


Feladat:	Gy.2676	Korcsoport: 16-17	Nehézségi fok: átlagos
Megoldó(k):	Farkas Zénó , Szőllősi Attila
Füzet:	1992/január, 20 - 22. oldal		PDF \| MathML
Témakör(ök):	Másodfokú (és arra visszavezethető) egyenletek, Háromszögek nevezetes tételei, Terület, felszín, Párhuzamos szelők tétele, Síkgeometriai számítások trigonometria nélkül háromszögekben, Gyakorlat
Hivatkozás(ok):	Feladatok: 1991/január: Gy.2676

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

Ha az $A B C, A_{1} B_{1} C_{1}, A_{2} B_{2} C_{2}$ háromszögek területe $T, T_{1} és T_{2},$ akkor nyilván $T : T_{1} = T_{1} : T_{2},$ mivel az $A_{1} B_{1} C_{1}$ háromszöget ugyanazzal az eljárással kapjuk az $A B C$ háromszögből, mint amelyikkel az $A_{2} B_{2} C_{2}$ háromszöget az $A_{1} B_{1} C_{1}$ háromszögből. Határozzuk meg először a $T : T_{1}$ arányt.

1. ábra

Először az

A C_{1} B_{1}

háromszög

T_{A}

területét számoljuk ki. Mivel

\frac{C_{1} B}{A C_{1}} = \frac{1}{λ}

, ezért

\frac{A B}{A C_{1}} = \frac{A C_{1} + C_{1} B}{A C_{1}} = 1 + \frac{1}{λ} = \frac{λ + 1}{λ} .

Ugyanígy kapjuk, hogy

\frac{C A}{C B_{1}} = \frac{λ + 1}{λ}

, vagyis

\frac{C A}{B_{1} A} = \frac{1}{\frac{B_{1} A}{C A}} = \frac{1}{\frac{C A - C B_{1}}{C A}} = \frac{1}{1 - \frac{λ}{λ + 1}} = λ + 1.

A párhuzamos szelők tételéből következően ez utóbbi arány megegyezik az

A B C

és az

A C_{1} B_{1}

háromszögek

A B

, illetve

A C_{1}

oldalához tartozó magasságok arányával. Ezért

\begin{matrix} \frac{T}{T_{A}} = \frac{A B}{A C_{1}} \cdot \frac{C A}{B_{1} A} = \frac{λ + 1}{λ} \cdot (λ + 1), \end{matrix}

tehát

T_{A} = T \cdot \frac{λ}{{(λ + 1)}^{2}} .

Hasonló számítással kapjuk, hogy a

B A_{1} C_{1}

és a

C B_{1} A_{1}

háromszögek

T_{B}

, illetve

T_{C}

területe is

T \cdot \frac{λ}{{(λ + 1)}^{2}} .

Ezért

T_{1}

valóban csak

T

-től és

λ

-tól függ:

\begin{matrix} T_{1} = T - (T_{A} + T_{B} + T_{C}) = T \cdot (1 - \frac{3 λ}{{(λ + 1)}^{2}}) . \end{matrix}

(1)

Ennélfogva a második beírt háromszögre

\begin{matrix} T_{2} = T_{1} (1 - \frac{3 λ}{{(λ + 1)}^{2}}) = T \cdot {(1 - \frac{3 λ}{{(λ + 1)}^{2}})}^{2}, \end{matrix}

és ha

T_{2} = \frac{1}{2} T

, akkor

\begin{matrix} \frac{1}{2} = {(1 - \frac{3 λ}{{(λ + 1)}^{2}})}^{2}, \end{matrix}

vagyis

\begin{matrix} \frac{\sqrt[]{2}}{2} = \pm (1 - \frac{3 λ}{{(λ + 1)}^{2}}) . \end{matrix}

(2)

2. ábra

Ha a jobb oldalon az előjel pozitív, akkor rendezés után a

\begin{matrix} (\sqrt[]{2} - 1) λ^{2} - (2 + \sqrt[]{2}) λ + \sqrt[]{2} - 1 = 0, \\ azaz λ^{2} - (3 \sqrt[]{2} + 4) λ + 1 = 0 \end{matrix}

egyenletet kapjuk, aminek megoldásai

\begin{matrix} λ_{1} = \frac{1}{2} (3 \sqrt[]{2} + 4 + \sqrt[]{30 + 24 \sqrt[]{2}}) \approx 8,119, \\ λ_{2} = \frac{1}{2} (3 \sqrt[]{2} + 4 - \sqrt[]{30 + 24 \sqrt[]{2}}) \approx 0,123. \end{matrix}

Könnyen ellenőrizhető, hogy

λ

ezen értékei mellett

T_{2} = \frac{1}{2} T

teljesül.
Ha viszont a (2) egyenlet jobb oldalán az előjel negatív, akkor rendezés után a

λ^{2} + (3 \sqrt[]{2} - 4) λ + 1 = 0

egyenletet kapjuk, aminek nincsenek valós megoldásai.
Tehát feladatunk feltételeit

λ_{1}

és

λ_{2} = \frac{1}{λ_{1}}

elégíti ki.

Megjegyzések. 1. Eleve látható volt, hogy ha

λ

megoldása a feladatnak, akkor

1 / λ

is az, hiszen az osztópontok felvételénél mindegy, hogy melyik oldalra esik a hosszabb szakasz.

2. Az ismert

T = \frac{1}{2} a b sin γ

területképletet használva az (1) egyenletet egyszerűbb számolással is megkaphatjuk.