Kezdőlap


Feladat:	F.3208	Korcsoport: 16-17	Nehézségi fok: átlagos
Megoldó(k):	Gyenes Zoltán , Horváth Gábor
Füzet:	1999/január, 33 - 34. oldal		PDF \| MathML
Témakör(ök):	Pitagorasz-tétel alkalmazásai, Koszinusztétel alkalmazása, Egyenletek grafikus megoldása, Másodfokú (és arra visszavezethető) egyenletek, Feladat
Hivatkozás(ok):	Feladatok: 1998/január: F.3208

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

Alakítsuk át a feladat feltételeit:

\begin{matrix} \begin{matrix} 3^{2} & = x^{2} + y^{2} - 2 x y cos 120^{\circ}, \\ 4^{2} & = y^{2} + z^{2} - 2 y z cos 120^{\circ}, \\ 5^{2} & = z^{2} + x^{2} - 2 z x cos 120^{\circ} . \end{matrix} \end{matrix}

Ha felveszünk egy

A B C

háromszöget

A B = 3

B C = 4

és

A C = 5

oldalakkal, akkor Pitagorasz tételének megfordítása alapján ez a háromszög derékszögű. Létezik tehát a

P

izogonális pontja. (

P

akkor és csak akkor izogonális pontja az

A B C

háromszögnek, ha

A P B ∢ = B P C ∢ = C P A ∢ = 120^{\circ}

.)
Vegyük észre, hogy ha

A P = x

B P = y

és

C P = z

, akkor a három feltétel megegyezik az

A B P

B C P

és

C A P

háromszögekre felírt koszinusztételekkel. Mivel azonos koszinusztételek csak egybevágó háromszögekre írhatók fel, és a fentiekben láttunk a háromszög létezésére egy példát, azért az egyenletrendszer megoldásai:

A P

B P

C P

. Ekkor:

\begin{matrix} \begin{matrix} 6 = \frac{3 \cdot 4}{2} = T_{A B C} = T_{A P B} + T_{B P C} + T_{C P A} = \\ = \frac{x y sin 120^{\circ}}{2} + \frac{y z sin 120^{\circ}}{2} + \frac{z x sin 120^{\circ}}{2} . \end{matrix} \end{matrix}

sin 120^{\circ} = \frac{\sqrt[]{3}}{2}

miatt tehát

\begin{matrix} x y + y z + z x = 8 \sqrt[]{3} . \end{matrix}

Gyenes Zoltán (Budapest, ELTE Apáczai Csere J. Gimn., 10. o.t.) és

Horváth Gábor (Debrecen, Fazekas M. Gimn., 11. o.t.) dolgozata alapján