Kezdőlap


Feladat:	1985. évi Kürschák matematikaverseny 3. feladata	Korcsoport: 18-	Nehézségi fok: nehéz
Megoldó(k):	Benczúr András , Birkás György , Bóna Miklós , Csizmadia György , Kós Géza , Makay Géza , Montágh Balázs , Rimányi Richárd , Szigeti Zoltán , Szkaliczki Tibor , Tóth Géza , Zaránd Gergely
Füzet:	1986/február, 53 - 59. oldal		PDF \| MathML
Témakör(ök):	Háromszögek nevezetes tételei, Tengelyes tükrözés, Geometriai egyenlőtlenségek, Négyszögek geometriája, Trigonometrikus függvények, Trigonometriai azonosságok, Trigonometrikus egyenlőtlenségek, Síkgeometriai számítások trigonometriával, Háromszögek hasonlósága, Súlypont, Súlyvonal, Magasságvonal, Középpontos tükrözés, Középpontos és egyéb hasonlósági transzformációk, Paralelogrammák, Húrnégyszögek, Derékszögű háromszögek geometriája, Thalesz-kör, Koordináta-geometria, Vektorok vektoriális szorzata, Vektorok lineáris kombinációi, Kürschák József (korábban Eötvös Loránd)
Hivatkozás(ok):	Feladatok: 1986/február: 1985. évi Kürschák matematikaverseny 3. feladata

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

I. megoldás. Egy $A B C$ háromszög területét tekintsük pozitívnak vagy negatívnak aszerint, amint a háromszöget a csúcsok megadott sorrendje szerint körüljárva, az óramutató járásával ellentétes vagy azzal egyező irányban haladunk.

1. ábra

Ekkor végignézve a lehetséges eseteket (1 . ábra) látjuk ‐ a háromszögek területét ugyanúgy jelölve, mint magát a háromszöget ‐ , hogy a háromszög síkjának egy tetszés szerinti

O

pontjára fennáll a következő összefüggés:

\begin{matrix} A B C = O A B + O B C + O C A . \end{matrix}

(1)

Ha valamelyik három pont egy egyenesre esik, akkor a keletkező, egyenesszakasszá fajult "háromszög'' területén természetesen 0-t értünk.
Feladatunkra térve legyen

A B C

egy tetszés szerinti háromszög pozitív körüljárásnak megfelelően betűzve. Jelöljük a csúcsok tükörképeit a velük szemközti oldal egyenesére rendre

A_{1}

B_{1}

, ill.

C_{1}

-gyel (2. ábra).

2. ábra

A_{1} B_{1} C_{1}

háromszög területét az eredeti háromszögével, tükörképeiével, továbbá az

A_{1} B_{1}

B_{1} C_{1}

C_{1} A_{1}

oldalakhoz csatlakozó egy-egy háromszög területével akarjuk kifejezni. Ehhez alkalmazzuk először (1)-et az

A_{1} B_{1} C_{1}

háromszögre,

O

-nak az

A

pontot választva:

\begin{matrix} A_{1} B_{1} C_{1} = A A_{1} B_{1} + A B_{1} C_{1} + A C_{1} A_{1} . \end{matrix}

Alkalmazzuk most (1)-et a jobb oldal első és harmadik tagjára,

O

-nak

C

-t, ill.

B

-t választva:

\begin{matrix} A A_{1} B_{1} & = C A A_{1} + C A_{1} B_{1} + C B_{1} A \\ A C_{1} A_{1} & = B A C_{1} + B C_{1} A_{1} + B A_{1} A . \end{matrix}

Végül még a

C A B A_{1}

négyszöget kellene az eredeti háromszögre és tükörképére bontani. Ehhez alkalmazzuk (1)-et pl. a

C A A_{1}

háromszögre,

O

-nak

B

-t választva:

\begin{matrix} C A A_{1} = B C A + B A A_{1} + B A_{1} C . \end{matrix}

Adjuk össze egyenleteink bal és jobb oldalait, hagyjuk el a mind a két oldalon előforduló tagokat, továbbá a

B A_{1} A

és

B A A_{1}

tagokat, mert ezek összege 0, hiszen ugyanannak a háromszögnek a területéről van szó egyszer pozitív, egyszer negatív előjellel. Így a következő egyenlőséghez jutottunk:

\begin{matrix} A_{1} B_{1} C_{1} = A B_{1} C_{1} + C A_{1} B_{1} + C B_{1} A + B A C_{1} + B C_{1} A_{1} + B C A + B A_{1} C . \end{matrix}

Itt az utolsó előtti tag az eredeti háromszög területe és vele egyenlő a harmadik, a negyedik és az utolsó tag is. Ezek ugyanis a tükrözött háromszögek területei. A tükrözés ugyan megváltoztatja a körüljárás irányát, de mindhárom esetben megfordult a betűzés sorrendje is.
Meg kell még vizsgálnunk a fennmaradt háromszögeket. Ezeknek egy-egy csúcsa közös az eredeti háromszöggel, és a körül az eredeti háromszög megfelelő szögének a háromszorosa keletkezik, de hol a háromszögön belül, hol azon kívül. Az ebből a csúcsból induló oldalak az eredeti háromszög egy-egy oldalával egyenlők. Vizsgáljuk meg közelebbről pl. az

A B_{1} C_{1}

háromszöget.
Az oldalakra

\begin{matrix} A B_{1} = A B, A C_{1} = A C . \end{matrix}

3. ábra

A közbezárt szögre ‐

B A C ∢ = α

jelöléssel ‐ aszerint, hogy

α 0^{\circ}

és

60^{\circ}

, vagy

60^{\circ}

és

120^{\circ}

, vagy

120^{\circ}

és

180^{\circ}

közé esik, a

B_{1} A C_{1} ∢

értéke (3. ábra)

3 α

360^{\circ} - 3 α

, ill.

3 α - 360^{\circ}

. A háromszög kétszeres területét mint két oldalnak és a közbezárt szög szinuszának a szorzatát írva,

2 A B_{1} C_{1}

abszolút értékére a három esetnek megfelelően

\begin{matrix} A B \cdot A C \end{matrix}

ill.

\begin{matrix} A B \cdot A C \end{matrix}

adódik.
A háromszög körüljárási iránya viszont éppen a második esetben pozitív, az elsőben és a harmadikban negatív, így előjellel is helyesen adja meg a háromszög területét mind a három esetben a

\begin{matrix} 2 A B_{1} C_{1} = - A B \cdot A C sin 3 α \end{matrix}

egyenlőség. Természetesen a megfelelő egyenlőség érvényes a másik két háromszögre. Jelöljük az eredeti háromszög területét

t

-vel, a tükrözéssel keletkezettét

t_{1}

-gyel, a háromszög másik két szögét a szokott módon

β

-val és

γ

-val, akkor végül is a következő összefüggéshez jutottunk:

\begin{matrix} 2 t_{1} = 8 t - A B \cdot A C sin 3 α - B C \cdot B A sin 3 β - C A \cdot C B sin 3 γ . \end{matrix}

Azt kell belátnunk, hogy ez

- 10 t

és

10 t

közé esik. Osszuk el mindkét oldalt

2 t

-vel, a jobb oldal második, harmadik és negyedik tagja esetében azt is a megfelelő két oldal és a közbezárt szög szinusza szorzataként írva, akkor a

\begin{matrix} \frac{2 t_{1}}{2 t} = 4 - \frac{sin 3 α}{sin α} - \frac{sin 3 β}{sin β} - \frac{sin 3 γ}{sin γ} \end{matrix}

arányról kell belátnunk, hogy

- 5

és 5 közötti érték.
Felhasználva a könnyen igazolható

\begin{matrix} sin 3 φ = 3 sin φ - 4 sin^{3} φ \end{matrix}

azonosságot, a jobb oldal a következőképpen is írható:

\begin{matrix} 4 (sin^{2} α + sin^{2} β + sin^{2} γ) - 5. \end{matrix}

Ebből az alsó becslés érvényessége nyilvánvaló, és az is látható, hogy az arány nem éri el a

- 5

értéket, de ahhoz tetszés szerint közel lehet, ha az egyik szög csak kevéssel kisebb

180^{\circ}

-nál, a másik kettő pedig ennek megfelelően nagyon kicsi.
Felső becsléshez alkalmazzuk 2 tagra a

\begin{matrix} 2 sin^{2} φ = 1 - cos 2 φ, \end{matrix}

majd a

\begin{matrix} cos 2 φ + cos 2 ψ = 2 cos (φ + ψ) cos (φ - ψ) \end{matrix}

összefüggést:

\begin{matrix} 2 sin^{2} α + 2 sin^{2} β = 2 - cos 2 α - cos 2 β = 2 - 2 cos (α + β) cos (α - β) = \\ = 2 + 2 cos γ cos (α - β), \end{matrix}

mert

α + β = 180^{\circ} - γ

. Fejezzük még ki

sin^{2} γ

-t

cos γ

-val, akkor a becsülendő kifejezés így alakítható tovább:

\begin{matrix} 4 (sin^{2} α + sin^{2} β + sin^{2} γ) - 5 = 3 + 4 cos γ cos (α - β) - 4 cos^{2} γ = \\ = 3 + cos^{2} (α - β) - {(2 cos γ cos (α - β))}^{2} . \end{matrix}

Ez a kifejezés nem nagyobb, mint 4. Egyenlő akkor lehet vele, ha

cos^{2} (α - β) = 1

, a kivonandó pedig 0. Mivel a szereplő szögek

180^{\circ}

-nál kisebbek, ez azt jelenti, hogy

\begin{matrix} α = β és cos γ = \frac{1}{2}, azaz γ = 60^{\circ}, \end{matrix}

tehát a háromszög szabályos.
Eredményeinket összefoglalva a bizonyítandó állításon kicsit túlmenően azt láttuk be, hogy a

t_{1}

előjeles terület

- 5 t

és

4 t

között változik. Az alsó határt nem éri el, de ahhoz tetszés szerint közel lehet, a felső határt viszont eléri, éspedig egyedül a szabályos háromszög esetén.

Megjegyzés. A megoldás során alkalmazott területátalakítások közt szerepelt egy négyszög területének kétféle felosztása háromszögekre is. Ennek ‐ az

A B C D

négyszög esetén ‐ az felel meg, hogy (1) mindkét oldalához hozzáadjuk az

A C O

területet. Ez a jobb oldal utolsó tagjával 0-t ad, így

\begin{matrix} A B C + A C O = O A B + O B C . \end{matrix}

(2)

4. ábra

Megjegyezzük, hogy ezzel nemcsak konvex, hanem még hurkolt négyszöghöz is rendeltünk területet (4. ábra), vagyis olyanhoz, amelyiknek az oldalai metszik egymást a csúcsoktól különböző pontban is. Ez a hozzárendelt érték a csúcsok megnevezési sorrendjében történő körüljárás során pozitív irányban körüljárt rész területéből kivonva a negatív irányban körüljárt rész területét. A (2) összefüggés szerint ez esetben is mind a két lehetséges "felosztás'' háromszögekre ugyanarra a területértékre vezet.

II. megoldás. Használjuk továbbra is az első megoldás jelöléseit. Tükrözzük a háromszög csúcsait a szemközti oldalszakaszok felezőpontjára is, a tükörképek legyenek

A_{2}

B_{2}

C_{2}

. Az

A_{1} A_{2}

B_{1} B_{2}

C_{1} C_{2}

egyenesek párhuzamosak rendre a háromszög

B C

C A

A B

oldalaival, így egy ahhoz hasonló

H'

háromszöget alkotnak. Ezt a háromszöget az eredetiből úgy kaphatjuk meg, hogy azt a súlypontjából négyszeresére nagyítjuk. Valóban, ez a nagyítás az oldalfelező pontokat az

A_{2}

B_{2}

C_{2}

-be viszi át ‐ mivel a súlypont harmadolja a súlyvonalakat ‐ , a háromszög oldalegyeneseit pedig párhuzamos egyenesekbe (5. ábra).

5. ábra

A_{1} A_{2}

szakasz megkapható úgy, hogy a

B C

oldal felezőpontja és a magasság talppontja közti szakaszt

A

-ból kétszeresére nagyítjuk.

H'

-ben viszont az

A_{2}

oldalfelező pont és a magasságtalppont közti szakasz négyszer akkora, mint az eredeti háromszögben, tehát

A_{1} H'

-ben az oldalfelező pont és a magasságtalppont közti szakasz felezőpontja.
Észrevételünket a következő egyszerű segédtétel ismételt alkalmazásával fogjuk hasznosítani: Legyen az

I J K

háromszög síkjának tetszés szerinti pontja

L

, és

L

tükörképe

I

-re

M

. Ekkor

\begin{matrix} I J K = \frac{1}{2} (L J K + M J K) . \end{matrix}

(3)

Mérjük a

J K

egyenestől a távolságot előjelesen úgy, hogy az

I

-t tartalmazó félsík pontjainak a távolsága legyen olyan előjelű, mint az

I J K

körüljárási irány, a másik félsíkban levő pontoké pedig ellenkező előjelű. Ekkor a háromszögek területe úgy számítható, mint a

K J

távolság szorozva a hozzá tartozó magassággal, a magasságokra pedig érvényes a megfelelő összefüggés (6. ábra).

6. ábra

Jelöljük

H'

-ben az

A_{1}

B_{1}

C_{1}

-et tartalmazó oldalakon levő magasság talppontokat rendre

T_{a}

T_{b}

T_{c}

-vel, a háromszög csúcsait pedig

A_{3}

B_{3}

C_{3}

-mal. Ekkor, kétszer alkalmazva (3)-at

\begin{matrix} t_{1} & = A_{1} B_{1} C_{1} = \frac{1}{2} (A_{2} B_{1} C_{1} + T_{a} B_{1} C_{1}) = \\ = \frac{1}{4} (A_{2} B_{2} C_{1} + A_{2} T_{b} C_{1} + T_{a} B_{2} C_{1} + T_{a} T_{b} C_{1}) . \end{matrix}

Itt

A_{2} B_{2} C_{1} = A_{2} B_{2} C_{2}

, mert

C_{1} C_{2}

párhuzamos

A_{2} B_{2}

-vel, az utóbbi háromszög pedig az

A B C

háromszög kétszeres nagyítása, területe tehát

4 t

. A többi háromszöget (3) alapján tovább bontva

\begin{matrix} t_{1} = t + \frac{1}{8} (A_{2} T_{b} C_{2} + A_{2} T_{b} T_{c} + T_{a} B_{2} C_{2} + T_{a} B_{2} T_{c} + T_{a} T_{b} C_{2} + T_{a} T_{b} T_{c}) . \end{matrix}

Itt az első és a harmadik tag ismét

A_{2} B_{2} C_{2}

-vel egyenlő, mert

T_{b} B_{2} ∥ A_{2} C_{2}

és

T_{a} A_{2} ∥ B_{2} C_{2}

. Az utolsó tag a háromszög talpponti háromszögének területe, ez az eredeti háromszög

t_{0}

talpponti háromszöge területének 16-szorosa. A maradó három háromszög egy-egy csúcsa oldalfelezőpont, így ezeket tovább alakíthatjuk (3) alapján:

\begin{matrix} t_{1} = 2 t + 2 t_{o} + \frac{1}{16} (B_{3} T_{b} T_{c} + C_{3} T_{b} T_{c} + T_{a} C_{3} T_{c} + T_{a} A_{3} T_{c} + T_{a} T_{b} A_{3} + T_{a} T_{b} B_{3}) . \end{matrix}

A zárójel első és utolsó tagja, továbbá a maradó két-két szomszédos tagpár egy-egy négyszög területét adja. Ezeket (2) alapján a másik átlójukkal osztva ketté,

\begin{matrix} B_{3} T_{a} T_{b} + B_{3} T_{b} T_{c} & = T_{c} B_{3} T_{a} + T_{c} T_{a} T_{b}, \\ C_{3} T_{b} T_{c} + C_{3} T_{c} T_{a} & = T_{a} C_{3} T_{b} + T_{a} T_{b} T_{c}, \\ A_{3} T_{c} T_{a} + A_{3} T_{a} T_{b} & = T_{b} A_{3} T_{c} + T_{b} T_{c} T_{a} . \end{matrix}

A bal oldalak összege a zárójel 6 tagját adja, a jobb oldalak első oszlopa és egyszer a talpponti háromszög pedig

H'

-t, aminek a területe

16 t

. Kétszer

H'

talpponti háromszögéé

32 t_{0}

, így végül a következő összefüggést kaptuk:

\begin{matrix} t_{1} = 3 t + 4 t_{0} . \end{matrix}

A B C

háromszöget pozitív körüljárás szerint betűztük meg, a talpponti háromszög körüljárási iránya azonban hegyesszögű háromszög esetén pozitív, tompaszögű háromszögnél viszont negatív.^{$^{*}$}Azt kell tehát belátnunk, hogy

t_{0}

értéke

t / 2

és

- 2 t

közé esik.
Hegyesszögű

A B C

háromszögnek legyen az

A

-nál levő szöge a legnagyobb vagy a legnagyobbak egyike. A

B C

C A

A B

oldalakon levő magasságtalppont legyen rendre

T_{1}

T_{2}

T_{3}

. A

T_{1}

-en át

A B

-vel és

A C

-vel húzott párhuzamosak a

T_{1} D A E

paralelogrammát metszik ki a háromszögből (7. ábra). Ez tartalmazza a talpponti háromszöget. Ez azért igaz, mert

A B T_{1} T_{2}

és

A C T_{1} T_{3}

húrnégyszög, s így mindkettő

T_{1}

-nél levő külső szöge a

B A C