Kezdőlap


Feladat:	1955. évi Arany Dániel matematikaverseny 1. forduló haladók (speciális) 3. feladata	Korcsoport: 16-17	Nehézségi fok: átlagos
Füzet:	1955/november, 78 - 79. oldal		PDF \| MathML
Témakör(ök):	Mozgással kapcsolatos szöveges feladatok, Pitagorasz-tétel alkalmazásai, Másodfokú (és arra visszavezethető) egyenletek, Arany Dániel
Hivatkozás(ok):	Feladatok: 1955/szeptember: 1955. évi Arany Dániel matematikaverseny 1. forduló haladók (speciális) 3. feladata

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

Legyen $t$ másodperc múlva az $A$ -ból induló pont helyzete $P$ , a $B$ -ből indulóé $Q$ . Jelöljük $Q$ vetületét az $A C$ egyenesen $R$ -rel (4. ábra).

4. ábra

Számítsuk ki a

P Q R

derékszögű háromszög befogóit.

\begin{matrix} Q C = 52 - 4 t, \end{matrix}

s így a

C Q R

60^{\circ}

-os derékszögű háromszögből

\begin{matrix} C R = \frac{Q C}{2} = 26 - 2 t, Q R = R C \sqrt[]{3} = \sqrt[]{3} (26 - 2 t), \end{matrix}

tehát

\begin{matrix} P R = 52 - 3 t - (26 - 2 t) = 26 - t . \end{matrix}

A feladat követelménye szerint

P Q

-nak

26 \sqrt[]{3}

méternek kell lennie, ebből a

\begin{matrix} P Q^{2} = Q R^{2} + P R^{2} = 3 {(26 - 2 t)}^{2} + {(26 - t)}^{2} = 3 \cdot 26^{2}, \\ 13 t^{2} - 14 \cdot 26 t + 26^{2} = 0 \end{matrix}

egyenlet adódik, vagy 13-mal osztva

\begin{matrix} t^{2} - 28 t + 52 = 0. \end{matrix}

Innen

\begin{matrix} t_{1} = 2, t_{2} = 26. \end{matrix}

A második gyök nem jön számításba, mert 26 másodperc múlva már mindkét pont a megfelelő oldal meghosszabbításán mozogna, így

2

másodperc múlva következik be a kívánt helyzet.

Megjegyzés: A versenyzők egy része nem jött rá arra, hogy

C R = \frac{1}{2} C Q