Hasonlóság

A feladatot a legrövidebb és legelegánsabb módon, koordináta-geometriai módszerrel oldjuk meg. Helyezzük a 24 egység oldalú négyzetet egy derékszögű koordináta-rendszerbe úgy, hogy \( A(0;0) \), \( B(24;0) \), \( C(24;24) \) és \( D(0;24) \) legyen.

Ekkor \( F \) az \( AB \) oldal felezőpontja: \( F(12;0) \).
Az \( AC \) átló hossza \( 24\sqrt{2} \), és a pontjai egyenletesen növekvő \( x \) és \( y \) koordinátákkal bírnak (\( x=y \)). A megadott \( AP:PQ:QC = 4:5:3 \) arány miatt a szakaszok hossza az átló hosszának rendre \( \frac{4}{12}=\frac{1}{3} \), \( \frac{5}{12} \), és \( \frac{3}{12}=\frac{1}{4} \) része. Így a pontok koordinátái a csúcs \( A \)-tól indulva könnyen felírhatók:

• \( P \) az \( AC \) szakasz harmadoló pontja, tehát koordinátái a 24 harmada: \( P(8;8) \).
• \( Q \)-hoz az \( AP + PQ = 4 + 5 = 9 \) arány tartozik a 12-ből, tehát a 24-nek a \( \frac{9}{12} = \frac{3}{4} \) részénél van: \( Q(18;18) \).

a) Az általánosság megszorítása nélkül is számolhatunk a 24-es oldalhosszal (az arány invariáns lesz a skálázásra).
Az \( AFQ \) háromszög \( AF \) alapjának hossza 12. A hozzá tartozó magasság egyenlő a \( Q \) pont \( y \) koordinátájával, ami 18.
A háromszög területe: \( T_{AFQ} = \frac{12 \cdot 18}{2} = 108 \).
A négyzet területe: \( T_{ABCD} = 24^2 = 576 \).
Az arány: \( \frac{108}{576} = \mathbf{\frac{3}{16}} \).

b) Alkalmazzuk a két pont közötti távolság képletét az \( F(12;0) \), \( P(8;8) \) és \( Q(18;18) \) pontokra! $$ FP = \sqrt{(12 - 8)^2 + (0 - 8)^2} = \sqrt{16 + 64} = \sqrt{80} = \mathbf{4\sqrt{5}} $$ $$ QF = \sqrt{(18 - 12)^2 + (18 - 0)^2} = \sqrt{36 + 324} = \sqrt{360} = \mathbf{6\sqrt{10}} $$ Az állítást ezzel igazoltuk.

c) A hasonlóság bizonyításához vizsgáljuk meg a két háromszög (\( AFQ \) és \( FPQ \)) oldalainak arányát (S-S-S alapeset). Számítsuk ki a még hiányzó oldalakat is távolságképlettel: $$ PQ = \sqrt{(18 - 8)^2 + (18 - 8)^2} = \sqrt{100 + 100} = \sqrt{200} = 10\sqrt{2} $$ $$ AQ = \sqrt{18^2 + 18^2} = 18\sqrt{2} \quad (\text{és } AF = 12) $$ Rendezzük sorba mindkét háromszög oldalait növekvő sorrendben, és ellenőrizzük az arányaikat! Mivel könnyebb a négyzetükkel dolgozni, a négyzeteik aránya állandó kell, hogy legyen.
Az \( FPQ\triangle \) oldalai (négyzetesen): \( FP^2 = 80 \), \( PQ^2 = 200 \), \( QF^2 = 360 \).
Az \( AFQ\triangle \) oldalai (négyzetesen): \( AF^2 = 144 \), \( QF^2 = 360 \), \( AQ^2 = 648 \).
Képezzük a megfelelő oldalak négyzetének hányadosát: $$ \frac{AF^2}{FP^2} = \frac{144}{80} = \frac{9}{5} $$ $$ \frac{QF^2}{PQ^2} = \frac{360}{200} = \frac{9}{5} $$ $$ \frac{AQ^2}{QF^2} = \frac{648}{360} = \frac{9}{5} $$ Mivel az oldalak négyzeteinek aránya megegyezik, az oldalak aránya is állandó (minden esetben \( \frac{3}{\sqrt{5}} \)). A három oldalpár aránya egyenlő, így a két háromszög valóban hasonló.

a) Mivel \( AC \) merőleges az alapokra, az \( ACD \) és \( CAB \) derékszögű háromszögek. A trapéz szárainak hossza Pitagorasz-tétellel számolva:

$$ BC = \sqrt{36^2 + 11^2} \approx 37{,}6 \text{ m}, \quad AD = \sqrt{8^2 + 11^2} \approx 13{,}6 \text{ m} $$

A kert kerülete: \( 36 + 37{,}6 + 8 + 13{,}6 = \) \( 95{,}2 \text{ m} \).

A kert területe: \( T = \frac{36 + 8}{2} \cdot 11 = \) \( 242 \text{ m}^2 \).

b) A henger alakú kút sugara \( r = 0{,}05 \) méter. Ha a kút mélysége \( h \), akkor a térfogatára felírható:

$$ 0{,}1 = 0{,}05^2 \cdot \pi \cdot h \implies h = \frac{0{,}1}{0{,}0025\pi} \approx \mathbf{12{,}7 \text{ m}} $$

c) Jelölje \( M \) az \( e \) egyenes és az \( AC \) átló metszéspontját. A feltétel szerint az átló felezi \( EF \)-et, tehát \( EM = MF = x \). Keressük az \( AM = y \) távolságot.

Az \( AME \) háromszög hasonló az \( ACD \) háromszöghöz, így:

$$ \frac{x}{8} = \frac{y}{11} \implies x = \frac{8y}{11} $$

A \( CMF \) háromszög hasonló a \( CAB \) háromszöghöz (mivel a megfelelő oldalaik párhuzamosak), így a hasonlóság aránya:

$$ \frac{x}{36} = \frac{11-y}{11} $$

A kapott \( x \)-et behelyettesítve a második egyenletbe:

$$ \frac{8y}{11} \cdot \frac{1}{36} = \frac{11-y}{11} \implies 8y = 36(11 - y) $$

$$ 8y = 396 - 36y \implies 44y = 396 \implies \mathbf{y = 9} $$

Tehát az \( e \) egyenes az \( A \) ponttól 9 méter távolságra metszi az \( AC \) átlót.

a) Húzzuk be a négyszög \( AC \) átlóját, ami két háromszögre bontja a területet. Az \( ABC \) háromszögre írjuk fel a koszinusztételt: $$ AC^2 = 126^2 + 65^2 - 2 \cdot 126 \cdot 65 \cdot \cos 122,5^\circ \approx 15876 + 4225 - 16380 \cdot (-0,5373) $$ $$ AC^2 \approx 28900 \implies AC \approx 170 \text{ m} $$ Az \( ADC \) háromszög derékszögű (mivel \( D \)-nél a szög \( 90^\circ \)). A Pitagorasz-tételből az \( AD \) oldal hossza: $$ AD = \sqrt{AC^2 - CD^2} \approx \sqrt{170^2 - 80^2} = \sqrt{28900 - 6400} = \sqrt{22500} = 150 \text{ m} $$ A teljes legelő területe a két háromszög területének összege: $$ T = T_{ABC} + T_{ADC} = \frac{126 \cdot 65 \cdot \sin 122,5^\circ}{2} + \frac{150 \cdot 80}{2} $$ $$ T \approx 3454 + 6000 = 9454 \text{ m}^2 $$ A meghirdetett terület \( 0,9 \text{ ha} = 9000 \text{ m}^2 \). Az arány: $$ \frac{9454}{9000} \approx 1,0504 $$ Tehát a valódi terület kb. 5%-kal nagyobb a meghirdetettnél.

b) A megdöntött vályúban maradt víztömeg alakja egy olyan háromoldalú gúla, amelynek az alaplapja az eredeti hasáb 38 cm oldalú szabályos háromszög alakú alaplapja, a gúla magassága pedig megegyezik a hasáb 72 cm-es hosszával. A szabályos háromszög területe: $$ T_{alap} = \frac{38^2 \cdot \sqrt{3}}{4} \approx 625,3 \text{ cm}^2 $$ A gúla térfogata: $$ V = \frac{1}{3} \cdot T_{alap} \cdot h = \frac{1}{3} \cdot 625,3 \cdot 72 \approx 15006 \text{ cm}^3 $$ Mivel \( 1 \text{ liter} = 1 \text{ dm}^3 = 1000 \text{ cm}^3 \), a víz térfogata nagyjából 15,006 liter, ami kerekítve 15 liter, és ezzel az állítást igazoltuk.

c) A visszafektetett vályúban a víz egy azonos (72 cm) hosszúságú egyenes hasáb alakot vesz fel, melynek alaplapja egy az eredetihez hasonló szabályos háromszög (csúcsával lefelé). Mivel az eredeti 72 cm hosszú hasáb (vályú) térfogata a gúla térfogatának éppen háromszorosa, a benne lévő 15 liter víz a teljes térfogat pontosan egyharmadát tölti ki. A vízoszlop alaplapjának területe tehát pontosan a harmada az eredeti 38 cm-es szabályos háromszög területének (\( T_{viz} = \frac{1}{3} T_{alap} \)). Hasonló síkidomok esetén a területek aránya a hasonlósági arány négyzete, így a magasságok (és oldalak) aránya: $$ \lambda = \sqrt{\frac{1}{3}} = \frac{1}{\sqrt{3}} $$ Az eredeti szabályos háromszög teljes magassága: $$ m_{teljes} = \frac{38 \cdot \sqrt{3}}{2} = 19\sqrt{3} \text{ cm} $$ A víz magassága a vályúban: $$ m_{viz} = m_{teljes} \cdot \lambda = 19\sqrt{3} \cdot \frac{1}{\sqrt{3}} = \mathbf{19 \text{ cm}} $$

a) A négyszög 4 csúcsát úgy kell kiválasztani a 9 pont közül, hogy mind a 3 oldalra jusson legalább 1 csúcs. Így valamelyik oldalon 2 csúcs lesz, a másik kettőn pedig 1-1.
Kiválaszthatjuk 3-féleképpen, hogy melyik oldal adja a 2 csúcsot. Az ezen az oldalon lévő 3 pontból $\binom{3}{2} = 3$-féleképpen jelölhetünk ki kettőt.
A másik két oldal mindegyikéről 3-3-féleképpen választhatjuk ki a négyszög harmadik és negyedik csúcsát.
Összesen tehát: $3 \cdot 3 \cdot 3 \cdot 3 = \mathbf{81}$ megfelelő négyszög van.

b) A feladat szimmetriája alapján az $XYZ$ háromszög szintén szabályos, és az $ABX, BCY, CAZ$ háromszögek egybevágóak. Határozzuk meg a belső háromszög területét ezen tulajdonságok segítségével.
Az $ABP$ háromszögben $AB = 4$, $BP = 1$, és a köztük lévő szög $60^\circ$. A koszinusztétel alapján: $$ AP = \sqrt{4^2 + 1^2 - 2 \cdot 4 \cdot 1 \cdot \cos 60^\circ} = \sqrt{16 + 1 - 4} = \sqrt{13} $$ Jelölje $\alpha$ a $BAP$ szöget. A szinusz-tételből adódik a szinusza, de ki is számolhatjuk az egybevágóságokból az oldalak metszéspontjaival létrejövő arányokat. Mivel a felosztás aránya az élek körül mindenhol megegyezik, belátható, hogy az $AP$ szakasz a felosztási pontok által $AX : XZ : ZP = 12 : 8 : 1$ arányban (vagy más hasonló származtatással $AZ : ZX : XP = 4 : 8 : 1$ arányban) oszlik meg.
Az elegánsabb megoldás az $ABX$ háromszög alapján lehetséges. $\angle AXB = 120^\circ$ a forgásszimmetriából. Ekkor a szinusztétellel: $$ AX = \frac{4 \cdot \sin(60^\circ - \alpha)}{\sin 120^\circ} = \frac{12}{\sqrt{13}} \quad \text{és} \quad BX = \frac{4 \cdot \sin \alpha}{\sin 120^\circ} = \frac{4}{\sqrt{13}} $$ Szimmetria okokból $AZ = BX = \frac{4}{\sqrt{13}}$, amiből a keresett $ZX$ oldal hossza adódik: $$ ZX = AX - AZ = \frac{12}{\sqrt{13}} - \frac{4}{\sqrt{13}} = \frac{8}{\sqrt{13}} $$ A szabályos $XYZ$ háromszög területe így: $$ T = \frac{\sqrt{3}}{4} \cdot ZX^2 = \frac{\sqrt{3}}{4} \cdot \frac{64}{13} = \mathbf{\frac{16\sqrt{3}}{13}} \approx 2,13 $$

a) A Venus dobáshoz ki kell jönnie mind a négy lehetőségnek: \( A, B, C, D \). Ezeknek a sorrendje \( 4! = 24 \) féle lehet. Egy konkrét sorrend (\( A \to B \to C \to D \)) valószínűsége független dobások esetén a valószínűségek szorzata: $$ P_{egy} = 0,4 \cdot 0,4 \cdot 0,1 \cdot 0,1 = 0,0016 $$ Tehát a Venus-dobás valószínűsége: $$ P = 24 \cdot 0,0016 = \mathbf{0,0384} $$

b) I. esemény: Annak valószínűsége, hogy egyik taxillus sem lesz \( C \) helyzetű: \( 0,9^4 = 0,6561 \). Ebből komplementer eseménnyel, hogy legalább egy \( C \) lesz: $$ P(I) = 1 - 0,6561 = \mathbf{0,3439} $$ II. esemény: Pontosan egy \( A \). Ez egy binomiális eloszlás (\( n=4, p=0,4 \)): $$ P(II) = \binom{4}{1} \cdot 0,4^1 \cdot 0,6^3 = 4 \cdot 0,4 \cdot 0,216 = \mathbf{0,3456} $$ Összehasonlítva a két értéket: \( 0,3456 > 0,3439 \). Tehát a II. esemény valószínűbb, mint az I.

c) Vizsgáljuk a derékszögű háromszögeket, amelyek keletkeznek. Mivel \( F \) a \( CD \) szakasz felezőpontja, \( CF = FD \). A \( CA \) és \( DB \) merőlegesek az \( e \) egyenesre, ezért párhuzamosak, így \( GCF\triangle \) és \( BDF\triangle \) egybevágó (mert \( CF=FD \), és a csúcsszögek, valamint a váltószögek egyenlőek). Emiatt \( BF = FG \). Hasonló módon a \( ACF\triangle \) és a \( HDF\triangle \) is egybevágóak, így \( AF = FH \). Az \( ABHG \) négyszög átlói az \( AH \) és a \( BG \), amelyek az \( F \) pontban metszik egymást. Mivel \( AF = FH \) és \( BF = FG \), az átlók felezik egymást, vagyis az \( ABHG \) négyszög egy paralelogramma. Paralelogramma szemközti oldalai egyenlőek, így az \( AB \) (a sziget hossza) megegyezik a parton kimért \( GH \) távolsággal. Ezzel az állítást igazoltuk.

a) Annak a valószínűsége, hogy legalább egy nyer, a komplementer eseménnyel könnyen kiszámolható (egyik sem nyer): $$ P(\text{legalább egy}) = 1 - P(\text{egyik sem}) = 1 - 0,8^5 = 1 - 0,32768 \approx \mathbf{0,672} $$

b) Az I. eseménynél az első öt csokiból pontosan 2 nyer, és a 2 új csoki egyike sem nyer. A binomiális eloszlás alapján: $$ P(\text{I}) = \binom{5}{2} \cdot 0,2^2 \cdot 0,8^3 \cdot 0,8^2 = 10 \cdot 0,04 \cdot 0,512 \cdot 0,64 \approx \mathbf{0,131} $$ A II. eseménynél az első öt csokiból pontosan 1 nyer, a nyeremény (6.) csoki szintén nyer, a rá kapott (7.) csoki viszont már nem nyer: $$ P(\text{II}) = \binom{5}{1} \cdot 0,2^1 \cdot 0,8^4 \cdot 0,2 \cdot 0,8 = 5 \cdot 0,2 \cdot 0,4096 \cdot 0,16 \approx \mathbf{0,066} $$ Látható, hogy az I. esemény valószínűsége nagyobb.

c) A csokiszelet térfogata 20%-kal nőtt, így az új térfogat az eredeti 1,2-szerese. Mivel a testek hasonlóak, a térfogatok aránya a hasonlósági arány köbével egyezik meg. A hasonlóság aránya tehát: $$ \lambda = \sqrt[3]{1,2} \approx 1,06266 $$ Ha az eredeti szelet hossza \( x \) centiméter, akkor a megnövelté \( x + 1 \). Felírható a képlet: $$ 1,06266x \approx x + 1 \implies 0,06266x \approx 1 \implies x \approx 15,96 $$ A kerekített válasz: az eredeti csokiszelet hossza 16 cm.

a) Jelölje az átlók metszéspontját \(E\). A kerületi szögek tétele miatt az azonos ívhez tartozó kerületi szögek egyenlőek. Így a \(PQ\) ívhez tartozó szögekre \(PSQ\angle = PRQ\angle\), a \(SR\) ívhez tartozó szögekre pedig \(SQR\angle = SPR\angle\).
Ezen kívül a metszéspontnál lévő szögek (pl. \(PEQ\angle\) és \(SER\angle\)) csúcsszögek, tehát egyenlőek.
Mivel a két szemközti háromszög szögei páronként megegyeznek, ezért hasonlóak egymáshoz. Ugyanígy igazolható a másik két szemközti háromszög hasonlósága is.

b) A \(BCD\) háromszögben felírjuk a koszinusztételt a \(BD\) oldalra: $$ BD^2 = 3^2 + 5^2 - 2 \cdot 3 \cdot 5 \cdot \cos 120^\circ $$ $$ BD^2 = 9 + 25 - 30 \cdot \left(-\frac{1}{2}\right) = 34 + 15 = 49 $$ Ebből \(BD = 7 \text{ cm}\).
Mivel \(ABCD\) húrnégyszög, a szemközti szögek összege \(180^\circ\), ezért \(DAB\angle = 180^\circ - 120^\circ = 60^\circ\).
Az \(AB\) szakasz a körülírt kör átmérője, így a Thalész-tétel miatt az \(ADB\angle = 90^\circ\).
Az \(ABD\) derékszögű háromszögben alkalmazva a szögfüggvényeket: $$ AD = BD \cdot \cot 60^\circ = 7 \cdot \frac{\sqrt{3}}{3} = \mathbf{\frac{7\sqrt{3}}{3} \approx 4,04 \text{ cm}} $$ $$ AB = \frac{BD}{\sin 60^\circ} = \frac{7}{\frac{\sqrt{3}}{2}} = \mathbf{\frac{14\sqrt{3}}{3} \approx 8,08 \text{ cm}} $$ (Ugyanezt megkaphatjuk abból, hogy a 60 fokos derékszögű háromszög egy szabályos háromszög fele, így \(AB = 2 \cdot AD\).)
A további szögek meghatározásához alkalmazzuk a szinusztételt a \(BCD\) háromszögben: $$ \frac{\sin CBD\angle}{\sin 120^\circ} = \frac{5}{7} \implies \sin CBD\angle = \frac{5 \cdot \frac{\sqrt{3}}{2}}{7} \approx 0,6186 $$ Mivel \(CBD\angle\) csak hegyesszög lehet, \(CBD\angle \approx 38,2^\circ\).
Az \(ABD\) háromszög harmadik szöge \(ABD\angle = 180^\circ - 90^\circ - 60^\circ = 30^\circ\).
Így a teljes \(ABC\angle = 30^\circ + 38,2^\circ = \mathbf{68,2^\circ}\).
Végül a húrnégyszög szemközti szögeire vonatkozó tétel miatt \(ADC\angle = 180^\circ - 68,2^\circ = \mathbf{111,8^\circ}\).

a) Az eredeti papírlap rövidebb oldala legyen \( x \) hosszúságú, ekkor a hosszabb oldala \( \sqrt{2}x \) hosszúságú.
A félbevágással kapott papírlap egyik oldalának hossza \( x \), a másik oldalának hossza pedig \( \frac{\sqrt{2}x}{2} \) lesz.
Mivel \( \frac{\sqrt{2}}{2} < 1 \), ezért \( \frac{\sqrt{2}x}{2} \) a rövidebb oldal hosszúsága.
A félbevágással kapott papír méretaránya: $$ x : \frac{\sqrt{2}x}{2} = \frac{2}{\sqrt{2}} = \sqrt{2} $$ Ez valóban megegyezik az eredetivel.

b) Ha a rövidebb oldal hossza \( x \) méter, akkor a papír területe: $$ x \cdot \sqrt{2}x = 1 \text{ m}^2 $$ $$ \sqrt{2}x^2 = 1 $$ A papír rövidebb oldala: $$ x = \frac{1}{\sqrt[4]{2}} \approx 0,841 \text{ m} $$ Azaz \( \mathbf{841 \text{ mm}} \), a hosszabb oldala \( \sqrt{2}x \approx \mathbf{1189 \text{ mm}} \) hosszúságú.

c) Egy A4-es lap az \( 1 \text{ m}^2 \)-es A0-s lap négyszeri félbevágásával kapható (A0 → A1 → A2 → A3 → A4), ezért az A4-es lap \( \frac{1}{16} \text{ m}^2 \) területű.
Egy darab A4-es lap \( \frac{80}{16} = 5 \text{ g} \) tömegű.
Tehát 1 csomag tömege: $$ 500 \cdot 5 + 20 = 2520 \text{ gramm} $$ azaz \( \mathbf{2,52 \text{ kg}} \).

a) A téglatest méretei méterben a leírás alapján: \( x \), \( 1 - x \), és \( 1 - 2x \).
A térfogata (\( V(x) \)) m³-ben kifejezve, ahol \( 0 < x < 0,5 \): $$ V(x) = x(1 - x)(1 - 2x) = 2x^3 - 3x^2 + x $$ Keressük a \( V(x) \) függvény maximumát a \( ]0; 0,5[ \) intervallumon. Deriváljuk a függvényt: $$ V'(x) = 6x^2 - 6x + 1 $$ A szélsőérték feltétele, hogy \( V'(x) = 0 \): $$ 6x^2 - 6x + 1 = 0 $$ A másodfokú egyenlet gyökei: \( x = \frac{3 \pm \sqrt{3}}{6} \).
Ebből \( \frac{3+\sqrt{3}}{6} \approx 0,789 \) nem esik az értelmezési tartományba. A megfelelő gyök: $$ x = \frac{3-\sqrt{3}}{6} \approx 0,211 \text{ m} $$ A \( V'(x) \) ezen a helyen előjelet vált (pozitívból negatívba), tehát itt a térfogat maximális.
A méretek behelyettesítés és kerekítés után: \( 0,211 \text{ m} \), \( 1-0,211 = 0,789 \text{ m} \), \( 1-2(0,211) = 0,578 \text{ m} \).
A doboz méretei centiméterben: 21 cm, 79 cm és 58 cm.

b) Az öt karakterből kettő szám (\( s \)), három betű (\( b \)). Összesen \( \binom{5}{2} = 10 \) féleképpen választhatnánk ki a két szám helyét, de ezek közül 4 esetben lennének egymás mellett (ssbbb, bssbb, bbssb, bbbss).
Így \( 10 - 4 = 6 \) különböző módon lehet a két számjegy helyét kijelölni.
A két helyre \( 10 \cdot 10 = 100 \) módon választhatunk számjegyeket.
A három helyre \( 26^3 = 17\,576 \) módon választhatunk nagybetűket.
A különböző kódok száma összesen: $$ 6 \cdot 100 \cdot 17\,576 = \mathbf{10\,545\,600} $$

a) A külső négyzet oldala \( 1 \) méter, így a belső négyzet oldala a megadott arány alapján \( \frac{5}{7} \) méter. A belső négyzet a külső négyzet oldalait \( x \) és \( 1 - x \) hosszú szakaszokra bontja. A \( 90^\circ \)-os forgásszimmetria miatt ez a felosztás mind a négy oldalon azonos mértékben ismétlődik.
Felírva a Pitagorasz-tételt a sarkokban keletkező derékszögű háromszögekre: $$ x^2 + (1 - x)^2 = \left( \frac{5}{7} \right)^2 $$ $$ x^2 + 1 - 2x + x^2 = \frac{25}{49} \implies 2x^2 - 2x + \frac{24}{49} = 0 $$ Megoldva a másodfokú egyenletet: $$ x_{1,2} = \frac{2 \pm \sqrt{4 - 4 \cdot 2 \cdot \frac{24}{49}}}{4} = \frac{2 \pm \sqrt{\frac{4}{49}}}{4} = \frac{2 \pm \frac{2}{7}}{4} $$ A gyökök: \( x_1 = \frac{4}{7} \) és \( x_2 = \frac{3}{7} \).
A belső négyzet csúcsa tehát a külső négyzet oldalait \( \frac{3}{7} \) és \( \frac{4}{7} \) méretű részekre bontja. Az arány tehát: \( 3 : 4 \) (vagy \( 4 : 3 \)).

b) Az első (legkülső) négyzet kerülete \( K_1 = 4 \) méter.
Mivel minden beírt négyzet lineáris mérete az előzőnek a \( \frac{5}{7} \)-szerese, a kerületek is ezt a szorzót követik. A kerületek egy olyan végtelen mértani sorozatot alkotnak, amelynek első tagja \( K_1 = 4 \), hányadosa pedig \( q = \frac{5}{7} \).
Mivel \( |q| < 1 \), a végtelen sor konvergens, az összege: $$ S = \frac{K_1}{1 - q} = \frac{4}{1 - \frac{5}{7}} = \frac{4}{\frac{2}{7}} = 4 \cdot \frac{7}{2} = \mathbf{14 \text{ méter}} $$

a) Az \( A_1 C_0 C_1 \) háromszög befogója \( C_0 C_1 = \tan(30^\circ) = \frac{1}{\sqrt{3}} \), így területe: \( t_1 = \frac{1}{2} \cdot 1 \cdot \frac{1}{\sqrt{3}} = \frac{\sqrt{3}}{6} \).
Az \( A_n C_{n-1} C_n \) háromszöget \( \frac{1}{\sqrt{3}} \) arányú hasonlósággal lehet átvinni az \( A_{n+1} C_n C_{n+1} \) háromszögbe, hiszen az új háromszög alapja az előző átfogójának a fele (átfogó hossza \( \frac{1}{\cos 30^\circ} = \frac{2}{\sqrt{3}} \), felének hossza \( \frac{1}{\sqrt{3}} \), az eredeti befogóhoz (1) viszonyítva ez a hasonlóság aránya).
A hasonló síkidomok területének arányára vonatkozó tétel szerint a területek egy \( q = \left(\frac{1}{\sqrt{3}}\right)^2 = \frac{1}{3} \) hányadosú mértani sorozatot alkotnak.
A végtelen sok háromszög területének összege: $$ T = \frac{t_1}{1 - q} = \frac{\frac{\sqrt{3}}{6}}{1 - \frac{1}{3}} = \frac{\frac{\sqrt{3}}{6}}{\frac{2}{3}} = \mathbf{\frac{\sqrt{3}}{4}} \; (\approx 0,433) $$

b) (A rövidebb, elegánsabb megoldás)
Jelölje \( d_n \) a \( C_{n-1} C_n \) szakasz hosszát. Az első szakasz hossza \( d_1 = C_0 C_1 = \frac{1}{\sqrt{3}} \).
A hasonlóság miatt minden \( n > 1 \) esetén \( d_n = \frac{1}{\sqrt{3}} d_{n-1} \).
A \( \{ d_n \} \) sorozat tehát egy olyan mértani sorozat, amelynek első tagja és hányadosa is \( \frac{1}{\sqrt{3}} \).
A töröttvonal hossza a sorozat első \( n \) tagjának az összege: \( S_n = d_1 + d_2 + \dots + d_n \).
A végtelen mértani sor összege (a határérték): $$ \lim_{n \to \infty} S_n = \frac{\frac{1}{\sqrt{3}}}{1 - \frac{1}{\sqrt{3}}} = \frac{1}{\sqrt{3} - 1} = \frac{\sqrt{3} + 1}{2} $$ Mivel \( \sqrt{3} < 1,733 \), ezért a határérték: $$ \frac{\sqrt{3} + 1}{2} \approx 1,366 < 1,4 $$ Mivel a sorozat tagjai pozitívak, az \( \{S_n\} \) sorozat szigorúan monoton növekvő, így a részletösszegek mindig kisebbek a határértéknél, tehát valóban \( S_n < 1,4 \).

a) Az \( MBA \) és \( MCD \) háromszögek hasonlók (szögeik páronként egyenlőek). A hasonlóság aránya \( AB : DC = 3 : 2 \). A területek aránya a hasonlósági arány négyzete. Jelöljük \( t \)-vel a fehér (\( MCD \)) területét. Ekkor a sárga (\( MAB \)) területe \( \left(\frac{3}{2}\right)^2 t = 2,25t \). Az oldalak arányossága miatt a piros háromszögek (\( AMD \) és \( BMC \)) területe egyenként \( \frac{3}{2} t = 1,5t \). A teljes trapéz területe a részek összege: $$ 90 = t + 2,25t + 1,5t + 1,5t = 6,25t \implies t = 14,4 \text{ m}^2 $$ Virágtövek száma (50 tő / m²):
Fehér (\( MCD \)): \( 14,4 \cdot 50 = \mathbf{720} \) darab.
Sárga (\( MAB \)): \( 2,25 \cdot 14,4 \cdot 50 = \mathbf{1620} \) darab.
Piros (\( AMD + BMC \)): \( 2 \cdot 1,5 \cdot 14,4 \cdot 50 = \mathbf{2160} \) darab.

b) Az oldalfelező pontokat összekötő \( EFGH \) négyszög egy paralelogramma, amelynek területe pontosan a fele az eredeti trapéznak. (Mert középvonalaiból áll elő.) Tehát területe \( 90 / 2 = 45 \text{ m}^2 \). A paralelogrammát az átlói négy egyenlő területű részre osztják. Kettő piros, kettő sárga, tehát a piros és a sárga területe is \( 45 / 2 = 22,5 \text{ m}^2 \). A maradék terület (sarokhátomszögek), ami a másik fele a trapéznak, azaz \( 45 \text{ m}^2 \), teljes egészében fehér virágokkal van beültetve.
Virágtövek száma:
Piros: \( 22,5 \cdot 50 = \mathbf{1125} \) darab.
Sárga: \( 22,5 \cdot 50 = \mathbf{1125} \) darab.
Fehér: \( 45 \cdot 50 = \mathbf{2250} \) darab.

a) A keresett szöget egy padlássíkra és tetősíkra egyaránt merőleges síkmetszeten vizsgálhatjuk (a gúla alapjának középvonala mentén vett metszet).
Ez a metszet egy egyenlő szárú háromszög, melynek alapja 6 méter, magassága 5 méter. A keresett \( \alpha \) szög a derékszögű féltriangulumból számítható (befogók: 3 m és 5 m): $$ \operatorname{tg} \alpha = \frac{5}{3} \implies \alpha \approx \mathbf{59^\circ} $$

b) Az 1,9 méteres magasságnál a tetősíkok által bezárt négyzet (hasznos alapterület) meghatározásához használjuk a hasonló háromszögeket.
A teljes gúla magassága 5 m, alapjának "fél-szélessége" 3 m. Az 1,9 m magasságból levágott felső kis gúla magassága \( 5 - 1,9 = 3,1 \) m.
Legyen a hasznos alapterület fél-szélessége \( s \). A hasonlóság miatt: $$ \frac{s}{3} = \frac{3,1}{5} \implies s = \frac{9,3}{5} = 1,86\text{ m} $$ A teljes szélesség így \( 2s = 3,72 \) m. A hasznos alapterület: $$ T = (3,72)^2 \approx \mathbf{13,84\text{ m}^2} $$

c) A koszorú magassága \( x \). Ha a koszorú legalább 1,9 m (\( x \ge 1,9 \)), akkor a teljes \( 6 \times 6 \) méteres alapterület hasznosnak minősül, azaz \( T = 36\text{ m}^2 \). A lehetséges koszorúmagasság felső korlátja az 5 m-es csúcsmagasság.
Vizsgáljuk a \( 0 \le x < 1,9 \) esetet. Ekkor a szükséges hiányzó hasznos magasság a koszorú fölött \( 1,9 - x \).
A felső kis gúla (ami az egyenes falak vége felett kezdődik) teljes magassága \( 5 - x \). A hasznos rész feletti maradvány gúla magassága \( (5 - x) - (1,9 - x) = 3,1 \) m.
A hasznos terület fél-szélességét jelöljük \( y \)-nal. A hasonló háromszögeket felírva: $$ \frac{y}{3} = \frac{3,1}{5 - x} \implies y = \frac{9,3}{5 - x} $$ A négyzet oldala \( 2y = \frac{18,6}{5 - x} \). A terület függvény tehát: $$ T(x) = \begin{cases} \left( \frac{18,6}{5 - x} \right)^2, & \text{ha } 0 \le x < 1,9 \\ 36, & \text{ha } 1,9 \le x \le 5 \end{cases} $$

Jelöljük a \( CDK \) háromszög \( CD \) oldalához tartozó magasságát \( m \)-mel. Ekkor az \( ABK \) háromszög \( AB \) oldalához tartozó magassága \( 2m \).

A trapézban az \( ABD \) és az \( ABC \) háromszögek területe megegyezik (\( T_{ABD} = T_{ABC} \)), mert az \( AB \) alapjuk közös, és az ehhez tartozó magasságuk egyenlő a trapéz magasságával (\( 3m \)).
Az \( ABC \) és az \( ABD \) háromszöglapoknak közös része az \( ABK \) háromszöglap, így a maradék részek területe is egyenlő: $$ T_{ADK} = T_{BKC} = T $$

A \( CDK \) háromszög hasonló az \( ABK \) háromszöghöz (mivel szögeik páronként egyenlők a párhuzamos szelők tétele miatt), és a hasonlóság aránya a magasságok arányából adódóan: $$ \frac{m}{2m} = \frac{1}{2} $$ Mivel a hasonló síkidomok területének aránya a hasonlóság arányának négyzetével egyezik meg, ezért \( T_{CDK} : T_{ABK} = 1 : 4 \).

A \( CDK \) háromszög területét \( t \)-vel jelölve az \( ACD \) háromszög területe: $$ T_{ACD} = T_{CDK} + T_{ADK} = t + T $$ Az \( ABC \) háromszög területe: $$ T_{ABC} = T_{ABK} + T_{BKC} = 4t + T $$ Mivel az \( ABC \) és az \( ACD \) háromszög magassága megegyezik a trapéz magasságával, alapjaik aránya pedig megegyezik a \( K \) pont körüli hasonlóság arányával (\( AB = 2 \cdot CD \)), ezért \( T_{ABC} = 2 \cdot T_{ACD} \). Így felírhatjuk: $$ 4t + T = 2(t + T) \implies 4t + T = 2t + 2T \implies 2t = T \implies t = \frac{T}{2} $$

Ezek alapján a részháromszögek területei \( T \) függvényében: $$ T_{CDK} = 0,5T \quad \text{és} \quad T_{ABK} = 4 \cdot 0,5T = 2T $$ A teljes \( ABCD \) trapéz területe a négy részháromszög területének összege: $$ T_{ABCD} = T_{ABK} + T_{CDK} + T_{ADK} + T_{BKC} = 2T + 0,5T + T + T = \mathbf{4,5T} $$ Tehát az \( ABCD \) trapéz területe 4,5-szerese a \( T \)-nek.

Először számítsuk ki a háromszög területét Hérón-képlettel. A félkerület: \( s = \frac{42 + 40 + 26}{2} = 54 \).
$$ T_{ABC} = \sqrt{s(s-a)(s-b)(s-c)} = \sqrt{54 \cdot 12 \cdot 14 \cdot 28} = \sqrt{254016} = 504 $$

Az \( AB \) oldalhoz tartozó \( m \) magasság kiszámítása:
$$ T_{ABC} = \frac{AB \cdot m}{2} \implies 504 = \frac{42 \cdot m}{2} \implies 21m = 504 \implies m = 24 $$

Legyen a téglalap \( AB \)-re illeszkedő, vízszintes oldala \( x \), míg függőleges oldala (magassága) \( y \). A beírt téglalap feletti kis háromszög hasonló a nagy \( ABC \) háromszöghöz. A hasonlóság miatt a megfelelő alapok és magasságok aránya megegyezik:
$$ \frac{x}{42} = \frac{24 - y}{24} $$ Ebből \( y \)-t kifejezve: $$ 24x = 42(24 - y) \implies y = 24 - \frac{24}{42}x = 24 - \frac{4}{7}x = \frac{168 - 4x}{7} $$

A téglalap területe \( x \) függvényében (\( 0 < x < 42 \)): $$ A(x) = x \cdot y = x \cdot \frac{168 - 4x}{7} = \frac{1}{7}(168x - 4x^2) = \frac{4}{7}(42x - x^2) $$

A kapott függvény egy lefelé nyíló parabola, melynek szélsőértéke (maximuma) a zérushelyek átlagánál, azaz a csúcspontban található.
Mivel a teljes négyzetté alakított forma vagy a gyökök alapján látható (gyökök 0 és 42), a maximum helye:
$$ \mathbf{x = \frac{42}{2} = 21} $$

Visszahelyettesítve a másik oldalhosszba: $$ y = 24 - \frac{4}{7} \cdot 21 = 24 - 12 = \mathbf{12} $$

A maximális területű téglalap oldalai tehát 21 és 12 hosszúak.