Kezdőlap


Feladat:	1957. évi Arany Dániel matematikaverseny 1. forduló haladók (speciális) 2. feladata	Korcsoport: 16-17	Nehézségi fok: átlagos
Füzet:	1957/november, 90 - 93. oldal		PDF \| MathML
Témakör(ök):	Terület, felszín, Pitagorasz-tétel alkalmazásai, Háromszögek hasonlósága, Arany Dániel
Hivatkozás(ok):	Feladatok: 1957/szeptember: 1957. évi Arany Dániel matematikaverseny 1. forduló haladók (speciális) 2. feladata

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

I. megoldás: Válasszuk a négyzet oldalának felét mértékegységül. Legyenek a négyzet $A$ csúcsából induló oldalakon a beírt kör érintési pontjai $U$ , $V$ , a kör középpontja $K$ , az $A U$ szakaszon $A B = \frac{1}{3}$ , az $A V$ -n $A C = \frac{4}{5}$ (2. ábra).

2. ábra

Azt kell megmutatni, hogy

B C

távolsága

K

-tól

1

, amit úgy is fogalmazhatunk, hogy a

B C K

háromszög

K

-ból húzott

K T = m

magassága egységnyi. Ezt a magasságot a háromszög területének meghatározásán keresztül számíthatjuk ki könnyen. Az

A B C

B K U

C K V

háromszögek területei rendre

\begin{matrix} \frac{1}{2} \cdot \frac{1}{3} \cdot \frac{4}{5} = \frac{2}{5}, \frac{1}{2} \cdot 1 \cdot \frac{2}{3} = \frac{1}{3}, \frac{1}{2} \cdot 1 \cdot \frac{1}{5} = \frac{1}{10}, \end{matrix}

és így a

B C K

háromszög t területére

\begin{matrix} t = 1 - \frac{2}{15} - \frac{1}{3} - \frac{1}{10} = \frac{13}{30} . \end{matrix}

Pythagoras tételével kiszámítva a

B C

oldalt

\begin{matrix} B C^{2} = {(\frac{1}{3})}^{2} + {(\frac{4}{5})}^{2} = \frac{25 + 144}{9 \cdot 25} = {(\frac{13}{15})}^{2}, azaz B C = \frac{13}{15} . \end{matrix}

Így

\begin{matrix} m = \frac{2 t}{B C} = 1. \end{matrix}

És ez volt a bizonyítandó.

II. megoldás: Az előző megoldás jelöléseit használjuk. Legyen

K V

és

B C

metszéspontja

D

(2. ábra). Kiszámíthatjuk

K T

-t hasonló háromszögekből is. Az

A B C

és

T D K

háromszögek hasonlók, így

\begin{matrix} \frac{K T}{K D} = \frac{C_{A}}{C_{B}} . \end{matrix}

(1)

B C

-re, mint az előző megoldásban, Pythagoras tétele segítségével

13 / 15

adódik. Mivel az

A B C

és

V D C

háromszögek is hasonlók, azért

\begin{matrix} \frac{V D}{V C} = \frac{A B}{A C}, amiből V D = \frac{A B}{A C} = \frac{1}{3} \cdot \frac{5}{4} \cdot \frac{1}{5} = \frac{1}{12}, \end{matrix}

és így (1)-ből

\begin{matrix} K T = \frac{C A}{C B} \cdot K D = \frac{4}{5} \cdot \frac{15}{13} \cdot (1 + \frac{1}{12}) = \frac{4}{5} \cdot \frac{15}{13} \cdot \frac{13}{12} = 1. \end{matrix}

Ezzel az állításunkat igazoltuk.

III. megoldás: Jelöljük a négyzet oldalát

a

-val, egyébként használjuk az előbbi jelöléseket. A feladatnál általánosabban számítsuk ki, hogy az

A U

egyenes egy

A

-tól

x

távolságban levő

B

pontjából a négyzetbe írt körhöz húzott érintő mekkora

y

szakaszt metsz le az

A V

egyenesből (2. ábra).
Az érintkezés folytán

\begin{matrix} T B = B U = \frac{a}{2} - x, T C = C V = \frac{a}{2} - y . \end{matrix}

Így Pythagoras tétele szerint

\begin{matrix} x^{2} + y^{2} = {(\frac{a}{2} - x + \frac{a}{2} - y)}^{2} = a^{2} - 2 a x - 2 a y + x^{2} + y^{2} + 2 x y, \end{matrix}

azaz

\begin{matrix} a^{2} - 2 a x - 2 a y + 2 x y = 0. \end{matrix}

Innen

y

egyértelműen meghatározható

x

-hez. Az ilyen

y

távolságban metsző egyenes lehet csak a kör érintője. Mivel pedig

B

-ből (

B U

-n kívül) pontosan egy érintő húzható a körhöz, így ez szükségképpen az

A V

-t

A C = y

távolságban metsző egyenes lesz.
A nyert egyenlet mindkét oldalához

a^{2}

-et hozzáadva, a következő áttekinthetőbb alakra jutunk:

\begin{matrix} (q - x) (a - y) = \frac{a^{2}}{2} . \end{matrix}

Ez tehát a szükséges és elégséges feltétele annak, hogy az

a

oldalú négyzet egyik csúcsából induló oldalakat e csúcstól

x

és

y

távolságban metsző egyenes érintse a négyzetbe írt kört. Ez

x = \frac{a}{6}

esetben éppen

y = \frac{2 a}{5} = \frac{4 a}{10}

-et ad, amivel a feladat állítását igazoltuk.

Megjegyzés: Az ábránk ugyan csak pozitív,

\frac{a}{2}

-nél kisebb

x

y

értékekre vonatkozik, de könnyen belátható, hogy tetszés szerinti pozitív vagy negatív értékekre is ugyanez a szükséges és elégséges kritérium adódik, ha az

A U

-val, illetőleg

A V

-vel ellentétes irányú szakaszokat tekintjük negatívnak.

IV. megoldás: Mérjük rá egy

A B C D

négyzet minden csúcsából az egyik oldalra egy irányban körülhaladva az oldal hatodrészét, majd ellenkező irányban körüljárva az oldal

2 /

5 részét. Ha az egy-egy csúcshoz közelebb eső osztópontokat összekötjük, egy újabb, az előbbivel közös középpontú

A' B' C' D'

négyzetet kapunk. Ha megmutatjuk, hogy a két négyzet egybevágó, akkor a beírt körük közös, s így igazolást nyer a feladat állítása (3. ábra).

3. ábra

Az egybevágósághoz elég megmutatni, hogy a négyzetek egymásból egybevágó derékszögű háromszögeket metszenek le. Mivel e háromszögek hasonlósága nyilvánvaló, elég egy oldalpárjukról, pl. az átfogókról megmutatni, hogy egyenlők. Jelöljük a négyzet oldalát

a

-val. Az

A

csúcsú derékszögű háromszög átfogójára Pythagoras tételével adódik

\begin{matrix} P Q = \sqrt[]{\frac{a^{2}}{3 b} + \frac{4 a^{2}}{25}} = \frac{13}{30} a . \end{matrix}

Viszont az

A'

csúcsú háromszög átfogója

\begin{matrix} P R = a - \frac{a}{6} - \frac{2 a}{5} = \frac{13}{30} a . \end{matrix}

Ezzel feladatunk állítása igazolást nyert.

Megjegyzés: Ha általában

A P = x

A Q = B R = y

, akkor a fenti megoldás azt adja, hogy a két négyzet akkor és csak akkor egybevágó, ha

\begin{matrix} x^{2} + y^{2} = {(a - x - y)}^{2}, \end{matrix}

és ez megegyezik az előző megoldásban nyert egyenlőséggel. Így az ott levezetett kritériumnak egy kevesebb számolást igénylő származtatásához jutunk.