Tvívíð rúmfræði

Dæmi 3. Úrslitakeppni 1996-97

Þrjú strandríki vilja skipta með sér þríhyrningslaga hafsvæði $A B C$. Ríkin þrjú eiga hvert sitt skerið í hornpunktum þríhyrningsins. Eftir langar og erfiðar samningaviðræður verður eftirfarandi regla til: Þegar ákvarða á hvaða ríki fær yfirráðarétt yfir punkti $P$ innan í $A B C$, þá er mæld fjarlægðin frá $P$ yfir í skerin þrjú (hornpunktana) og punkturinn tilheyrir svo því ríki sem á skerið sem er næst honum. Finnið skilyrði á lögun þríhyrningsins $A B C$ (skilyrði á hornin eða hlutföll hliða) sem þarf að vera uppfyllt til þess að einhver tvö ríkjanna eigi ekki samliggjandi hafsvæði.

Lausn

Um sérhvern punkt á markalínu milli hafsvæða tveggja ríkja gildir að hann er í sömu fjarlægð frá skerjum beggja ríkjanna og liggur því á miðþverli tengistriks skerjanna, en tengistrikin eru að sjálfsögðu hliðar þríhyrningsins $A B C$. Ef skurðpunktur miðþverlanna liggur innan þríhyrningsins, þá eiga öll ríkin samliggjandi hafsvæði því þau mætast í skurðpunktinum. Nú er skurðpunktur miðþverlanna í þríhyrningi miðja umritaðs hrings hans og þekkt er að hún er utan þríhyrningsins þá og því aðeins að þríhyrningurinn sé gleiðhyrndur. Því er nauðsynlegt að þríhyrningurinn sé gleiðhyrndur til að miðja umritaðs hrings þríhyrningsins liggi utan þríhyrningsins, en það er nauðsynlegt til að einhver ríkjanna eigi ekki samliggjandi hafsvæði. Hér er því fundið skilyrði af þeirri tegund sem beðið var um.

Dæmi 6. Úrslitakeppni 1996-97

Í þríhyrningi $A B C$ gildir að $b\geq a$. Táknum með $M$ miðpunkt hliðarinnar $c$ og með $H$ fótpunkt hæðarinnar frá $C$. Sýnið að $$|M H|=\frac{b^2-a^2}{2 c}.$$

Lausn

Ef við beitum reglu Pýþagorasar á þríhyrningana $B H C$ og $A H C$ fæst $$a^2-|BH|^2=|CH|^2=b^2-|AH|^2$$ svo $b^2-a^2=|AH|^2-|BH|^2$. Við vitum einnig að $$|M H|=|A H|-|A M|\quad \text{og}\quad |M H|=|B M|-|B H|$$ því $b\geq a$. Ef við leggjum þessar tvær jöfnur saman fæst $$ 2|M H|= |A H|-|A M|+|B M|-|B H|=|A H|-|B H|$$ þar sem $|A M|=|B M|$. Af þessu sést að $$ \begin{aligned} \frac{b^2-a^2}{2c} &= \frac{|A H|^2-|B H|^2}{2 c} = \frac{(|A H|+|B H|)(|A H|-|B H|)}{2c}\\ &= \frac{c(|A H|-|B H|)}{2c} = \frac{|A H|-|B H|}{2}\\ &= |M H|. \end{aligned} $$

Dæmi 20. Neðra stig 1996-97

Á myndinni má sjá hring með miðju í $A$ og geisla $9$, og annan minni hring með miðju í $D$ og geisla $4$. Sameiginlegir snertlar $B C$ og $E F$ eru dregnir. Ákvarðið lengd $E F$

Lausn

Skurðpunktur tveggja snertla við hring hefur sömu fjarlægð frá snertipunktunum. Því er $|E F|=|B F|$ og $|E F|=|F C|$. Þá er $|B C|=|B F|+|F C|=2\cdot |E F|$. Drögum nú línu í gegnum $D$ sem er samsíða $B C$ og táknum skurðpunkt þessarar línu við $A B$ með $G$. Þá er $|B C|=|G D|$. Lengd $G D$ má reikna með reglu Pýþagorasar, $$|D G|=\sqrt{|A D|^2-|A G|^2}=\sqrt{(9+4)^2-(9-4)^2} =\sqrt{4\cdot4\cdot9}=12.$$ Þá er $2\cdot |EF|=12$, svo $|EF|=6$.

Dæmi 7. Neðra stig 1996-97

Í þríhyrningnum $A B C$ er hornið $\angle C$ rétt, $|A C|=6$ og $|B C|=8$. Punktur $D$ liggur á hliðinni $A B$ og punktur $E$ á hliðinni $B C$, þannig að $\angle B E D=90^\circ$. Ef $|D E|=4$, þá er lengd striksins $B D$ jöfn

Lausn

Regla Pýþagorasar gefur að $$|A B|=\sqrt{|A C|^2+|B C|^2}=\sqrt{36+64}=10.$$ Nú eru þríhyrningarnir $A B C$ og $D B E$ einslaga þar sem $\angle D B E=\angle A B C$ og hornin $\angle B E D$, $\angle B C A$ eru bæði rétt. Þessvegna er $$ \frac{2}{3}=\frac{4}{6}=\frac{|D E|}{|A C|}=\frac{|B D|}{|A B|}=\frac{|B D|}{10},$$ svo að $|B D|=\frac{20}{3}$.

Dæmi 13. Neðra stig 1996-97

Innan í hring með geisla $2$ liggja tveir hringir með geisla $1$ þannig að þeir snertast í miðpunkti stóra hringsins. Til viðbótar er svo dreginn fjórði hringurinn eins og sýnt er á myndinni. Hver er geisli minnsta hringsins?

Lausn

Látum $r$ tákna geisla minnsta hringsins og látum $A, B$ og $C$ vera miðpunkta hringanna með geisla $r$, 1 og 2. Nú er þríhyrningurinn $A B C$ rétthyrndur svo að regla Pýþagorasar gefur að $$(1+r)^2=|AB|^2=|BC|^2+|AC|^2=1+(2-r)^2.$$ Þegar við einföldum þessa jöfnu fæst að $6r=4$ þannig að $r=\frac{2}{3}$.

Dæmi 17. Neðra stig 1996-97

Klukkan $10$ fyrir hádegi hleypur hlaupari af stað í norðurátt frá punkti $A$. Hraði hans er $10$ km á klukkustund. Hálftíma síðar hjólar hjólreiðamaður af stað frá punkti $B$ sem er $25$ km austan við $A$. Hjólreiðamaðurinn hjólar í norðvestur átt. Nú vill svo til að hlauparinn og hjólreiðamaðurinn hittast. Hver var hraði hjólreiðamannsins?

Lausn

Köllum staðinn sem þeir mætast í $C$. Þá er $A B C$ rétthyrndur jafnarma þríhyrningur með skammhliðar sem eru 25 km og langhlið sem er $\sqrt{2}\cdot 25$ km. Vegalengdin $|A C|$ sem hlauparinn hefur farið þegar þeir hittast er þá $25$ km og það hefur tekið hann $2,5$ klukkustund að hlaupa hana þar sem hann fer 10 kílómetra á klukkustund. Hjólreiðamaðurinn lagði hálftíma seinna af stað svo það hefur tekið hann $2$ klukkustundir að fara $|B C|=\sqrt{2}\cdot 25$ km. Hraði hjólreiðamannsins er því $\frac{\sqrt{2}}{2}\cdot 25$ km á klukkustund.

Dæmi 1. Úrslitakeppni 1995-96

Hvert er flatarmál svæðisins, sem markast af ójöfnunni $$|x|+|y|+|x+y|\leq 2?$$

Lausn

Svæðið er spegilsamhverft um núllpunktinn því ef $(x,y)$ er í svæðinu, þá er $(-x,-y)$ það einnig. Flatarmál svæðisins sem liggur í efra hálfplaninu er þá helmingur flatarmáls alls svæðisins. Í fyrsta fjórðungi plansins höfum við $x\geq 0$ og $y\geq 0$ og þar er því ójafnan jafngild $x+y+(x+y)\leq 2$ og þar með $x+y\leq 1$. Þessi ójafna afmarkar þríhyrningslaga svæði með hornpunkta $(0,0)$, $(1,0)$ og $(0,1)$. Flatarmál þess er $\frac{1}{2}$.

Næst skoðum við punktana sem liggja í öðrum fjórðungi. Þar er $x\leq 0$ og $y\geq 0$ og því ójafnan jafngild $-x+y+|x+y|\leq 2$ þar. Til þess að átta okkur á algildinu sem eftir er, þurfum við að skipta fjórðungnum í tvennt með línunni $x+y=0$. Fyrir ofan línuna höfum við að $y\geq -x$ og þar er ójafnan jafngild $-x+y+(x+y)\leq 2$ sem aftur er jafngild $y\leq 1$. Þessar ójöfnur afmarka þríhyrninginn með hornpunktana $(0,0)$, $(0,1)$ og $(-1,1)$. Flatarmál hans er $\frac{1}{2}$. Fyrir neðan línuna sem gefin er með jöfnunni $x+y=0$ höfum við $y\leq -x$ og þar er ójafnan jafngild $-x+y-(x+y)\leq 2$ sem aftur jafngildir $x\geq -1$. Þessi hluti svæðisins er þríhyrningur með hornpunktana $(0,0)$, $(-1,1)$ og $(-1,0)$. Hann hefur einnig flatarmálið $\frac{1}{2}$.

Við höfum þá séð að sá hluti svæðisins sem liggur í tveimur fyrstu fjórðungum plansins samanstendur af þremur þríhyrningum sem hver um sig hefur flatarmálið $\frac{1}{2}$. Flatarmál svæðisins alls er því $6\cdot \frac{1}{2}=3$.

Dæmi 6. Úrslitakeppni 1995-96

Í ferningslaga bókaskáp eru tvær jafn þykkar og jafn háar bækur skorðaðar eins og myndin sýnir. Ef hæð skápsins er $1$ lengdareining, hver er þá þykkt bókanna?

Lausn

Við látum $a$ tákna þykkt bókanna og látum $x$ tákna hornið sem skálínan myndar við botninn eins og sýnt er á myndinni. Botninn samansetndur af þremur línustrikum og því fáum við jöfnuna $$cos(x) +asin(x)+a=1.$$ Hæðin til vinstri samanstendur af tveimur strikum og við fáum því jöfnuna $$acos(x)+sin(x)=1.$$ Ef við margföldum seinni jöfnuna með $a$ og drögum frá þeirri fyrri fáum við $$(1-a^2)cos(x)=1-2a$$ og þegar við margföldum fyrri jöfnuna með $a$ og drögum frá þeirri seinni fáum við $$(1-a^2)sin(x)=1-a+a^2.$$

Nú notfærum við okkur að $cos^2(x)+sin^2(x)=1$. Þá fáum við eftirfarandi jafngildu jöfnur fyrir $x$ $$ \begin{aligned} (1-a^2)^2&=(1-2a)^2+(1-a+a^2)^2, \\ 1-2a^2+a^4&=1-4a+4a^2+1+a^2+a^4-2a+2a^2-2a^3, \\ 0&=1-6a+9a^2-2a^3. \end{aligned} $$ Auðvelt er að sannfæra sig um að $a= \frac{1}{2}$ er lausn (það er tilfellið þegar báðar bækurnar standa uppréttar og fylla út í bókaskápinn) og við getum þá þáttað hægri hliðina í síðustu jöfnunni $$ 2a^3-9a^2+6a-1=(2a-1)(a^2-4a+1). $$ Annars stigs þátturinn hefur núllstöðvarnar $a=2\pm \sqrt{3}$ en aðeins önnur þeirra er á bilinu $[0,1]$. Svarið er því að þykktin er $2-\sqrt{3}$ lengdareiningar.

Dæmi 13. Neðra stig 1995-96

Í þríhyrningnum $A B C$ liggur punkturinn $D$ á hliðinni $c$, þannig að $\angle B C D=\angle A$. Gefið er $a=5$ og $|B D|=3$. Þá er lengd $c$ jöfn

Lausn

Nú er $\angle C D B=\angle C A B+\angle A C D=\angle B C D+\angle A C D=\angle ACB$ og augljóslega er $\angle CBD=\angle ABC$ svo þríhyrningarnir $A C B$ og $CDB$ eru einslaga. Þá er $$\frac{3}{5}=\frac{|B D|}{|B C|}=\frac{|B C|}{|A B|}=\frac{5}{|A B|}$$ svo að $|A B|=\frac{25}{3}=8\frac{1}{3}$.

Dæmi 21. Neðra stig 1995-96

Þrír hringir með geislann $1$ og einn stór hringur eru lagðir eins og myndin sýnir. Ákvarðið flatarmál stóra hringsins. (Svarið á að vera á forminu $(\frac{a+b\sqrt{3}}{c})\pi$ þar sem $a, b$ og $c$ eru heilar tölur).

Lausn

Miðpunktar hringanna mynda jafnhliða þríhyrning með hliðarlengd 2. Geisli stóra hringsins er þá 1 að viðbættri lengdinni frá einum hornpunkti þríhyrningsins að miðpunkti hans. Látum $O$ vera miðpunkt þríhyrningsins og $A$, $B$ og $C$ vera hornpunkta hans. Látum $D$ vera miðpunkt hliðarinnar $BC$. Nú er $D$ jafnframt fótpunktur hæðarinnar á $BC$ svo regla Pýþagroasar gefur að $|AD|=\sqrt{|AB|^2-|BD|^2}=\sqrt{4-1}=\sqrt{3}$. Þar sem miðlínur þríhyrnings skipta hver annarri í hlutföllunum $1:2$, þá er $|OA|=\frac23\sqrt{3}$ svo að geisli stóra hringsins er $1+\frac{2\sqrt3}{3}=\frac{3+2\sqrt{3}}{3}$. Flatarmál stóra hringsins er þá $$ \pi \left(\frac{3+2\sqrt{3}}{3} \right)^2 =\left(\frac{21+12\sqrt{3}}{9} \right)\pi =\left(\frac{7+4\sqrt{3}}{3} \right)\pi.$$

Stærðfræðikeppni framhaldsskólanema

Dæmi 3. Úrslitakeppni 1996-97

Dæmi 6. Úrslitakeppni 1996-97

Dæmi 20. Neðra stig 1996-97

Dæmi 7. Neðra stig 1996-97

Dæmi 13. Neðra stig 1996-97

Dæmi 17. Neðra stig 1996-97

Dæmi 1. Úrslitakeppni 1995-96

Dæmi 6. Úrslitakeppni 1995-96

Dæmi 13. Neðra stig 1995-96

Dæmi 21. Neðra stig 1995-96

Stærðfræðikeppni framhaldsskólanema

STAK