Feladat: 1084. matematika feladat Korcsoport: 18- Nehézségi fok: nehéz
Megoldó(k):  Bácsy Zs. ,  Békési G. ,  Benczúr A. ,  Bollobás B. ,  Butor L. ,  Csipka L. ,  Dömötör Gy. ,  Gálfi l. ,  Grüner Gy. ,  Juhász I. ,  Katona Mária ,  Kéry G. ,  Knuth E. ,  Kóta J. ,  Kunszt Z. ,  Lippai P. ,  Máté A. ,  Molnár Emil ,  Nagy Csaba ,  Nagy Ernő ,  Opálény M. ,  Pór A. ,  Simonovits M. ,  Szegö Károly ,  Szidarovszky Ágnes ,  Szidarovszky F. ,  Vesztergombi Gy. ,  Vincze I. 
Füzet: 1961/december, 203 - 205. oldal  PDF file
Témakör(ök): Súlyvonal, Síkgeometriai számítások trigonometria nélkül háromszögekben, Síkgeometriai számítások trigonometriával, Feladat
Hivatkozás(ok):Feladatok: 1961/január: 1084. matematika feladat

Az ABC háromszög AC oldala kétszer akkora, mint a másik két oldal mértani középarányosa. Bizonyítsuk be, hogy az AC oldal és a hozzá tartozó súlyvonal közötti hegyes szög kisebb 45-nál. ‐ Mely határok közé esik az említett szög, ha a háromszög hegyesszögű ?

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

I. megoldás. 1. A szokásos jelölésekkel a feltétel b=2ac, azaz b2=4ac. Feltehetjük, hogy a<c, ugyanis a=c mellett b=2a=a+c, vagyis a háromszög egyenlőtlenség nem teljesül. Legyen az AC oldal felezőpontja F, a B-ből húzott magasság talppontja B' ‐ ekkor BF=sb, BB'=m ‐, a vizsgálandó hegyes szög BFC=φ, végül FB'=e.

 
 
1. ábra
 

A BB'A, BB'C és BB'F derékszögű háromszögekből:
c2=m2+(b2+e)2,(1)a2=m2+(b2-e)2,(2)m2+e2=sb2.(3)

Írjuk (3) felhasználásával (1) és (2)-t így:
c2=(m2+b24+e2)+be=(sb2+b24)+be,(1')a2=(m2+b24+e2)-be=(sb2+b24)-be,(2')


és szorozzuk össze a megfelelő oldalakat:
c2a2=b416=(sb2+b24)2-b2e2=sb4+b416+b22(sb2-2e2),b22(e2-m2)=sb4.(4)



A bal oldalnak pozitívnak kell lennie, tehát e>m. Így a BB'F derékszögű háromszögben a BB' befogóval szemben levő φ szög a kisebb hegyes szög, s így φ<45. Ezt kellett bizonyítanunk.
2. Ha az ABC háromszög hegyesszögű, akkor a B csúcs kívül van az AC átmérőjű körön, tehát sb>b/2, továbbá a B' talppont az FC szakasz belsejében van, tehát e<b/2. Levonva (3)-ból (4)-nek 2/b2-szeresét, az első követelmény szerint
2m2=sb2[1-2(sbb)2]<sb2[1-2(12)2]=sb22,
és így
m<sb2,sinφ=msb<12,φ=30.

Ahhoz, hogy φ-re alsó korlátot kapjunk, (4)-et átalakítjuk, beírva az e=sbcosφ, m=sbsinφ összefüggést. Ekkor sb2-nel átosztva kapjuk, hogy
b22(cos2φ-sin2φ)=b22cos2φ=sb2.(5)
Így az e<b/2 feltételből, felhasználva a cos2φ=(1+cos2φ)/2 összefüggést és (5)-öt
e2=sb2cos2φ=sb22(1+cos2φ)<̲b24=sb22cos2φ̲.
Innen az aláhúzott részben egyszerűsítéssel és a pozitív cos2φ-vel átszorozva az egyenlőtlenség iránya nem változik:
cos22φ+cos2φ-1<0.
A bal oldal akkor válik 0-vá, ha 2cos2φ=-1±5, ennek alapján a bal oldalt szorzattá alakítva
(cos2φ+1+52)(cos2φ-5-12)<0,
végül mivel az első tényező pozitív:
cos2φ-5-12<0,cos2φ<5-120,6180,
azért 2φ>51,8, és φ>25,9.
Ezek szerint a feltételt teljesítő hegyesszögű háromszögben 25,9<φ<30.
 

Szidarovszky Ágnes (Budapest, Ságvári E. gyak. lg. III. o. t.)
 

II. megoldás. (a feladat 1. részére). Tekintsük azt a k kört, amely átmegy B-n és az AC oldalt F-ben érinti (1. ábra). Legyen k középpontja O, AB-vel való második metszéspontja D. Ekkor egyrészt a kör szelőjére és érintőjére vonatkozó tétel, másrészt a feltevés alapján
(AC2)2=AF2=ADAB=CBAB,
ennélfogva AD=CB. Legyen B tükörképe AC felező merőlegesére, vagyis FO-ra B', ekkor B' a k-n van, továbbá AB'=CB=AD. Nem lehet, hogy D egybeessék B'-vel, mert DAC=BAC<BCA=B'AC, ezért D és B' tükrös pár OA-ra. Így
DAC=B'AC=2OAC=OAC+OCA=180-AOC,ésDAC+B'AC=BAC+BCA=180-ABC,


vagyis AOC=ABC. Ezért AC az ugyanazon oldalán levő O és B pontokból ugyanakkora szögben látszik, tehát O rajta van az ABC háromszög k0 körülírt körén. A szimmetria miatt O a k0 kör AOC ívének AC-től legtávolabbi pontja, tehát B közelebb van AC-hoz, mint O. Megrajzolva k-nak FC-vel párhuzamos és egyirányú OE sugarát, az FB ív kisebb az FE negyedkörívnél, és így az ezeken fekvő BFC=φ és EFC=45 kerületi szögekre φ<45. Ezt kellett bizonyítanunk.
 

Molnár Emil (Győr, Révai M. g. IV. o. t.)
 
III. megoldás. (a feladat 1. részére). Mérjük rá a BC szakaszt az AB oldal B-n túli meghosszabbítására, legyen a végpont C'. Rajzoljuk meg az ACC' háromszög körülírt körét, legyen ez k' és a középpontja K, továbbá k'-nek B-n átmenő, KB-re merőleges GH húrját (2. ábra).
 
 
2. ábra
 

Így B felezi a GH húrt, továbbá az ABG és HBC' háromszögek hasonlók, mert szögeik egyenlők. Ezért BA:BG=BH:BC'. Felhasználva ezt, C' szerkesztését és a feltevést, nyerjük:
BG2=BGBH=BABC'=BABC=AF2.
Innen BG=AF, tehát GH=AC, és mivel egyenlő hosszú húrok egyenlő távolságra vannak a középponttól, azért KB=KF. Így a KBF háromszög egyenlő szárú, és KBF=KFB=90-φ.
A BCC' háromszög egyenlő szárú és K rajta van a tengelyén, ezért a KB egyenes felezi a CBC'=α+γ szöget. Így
ABF=KBF-KBA=90-φ-α+γ2,ésφ=BFC=FAB+ABF=α+90-φ-α+γ2,tehát2φ=90-γ-α2<90,ésφ<45.


Ezzel az állítást bebizonyítottuk.
 

Szegő Károly (Budapest, Apáczai Csere J. gyak. g. IV. o. t.)
 

Megjegyzés. Az utolsó lépésből hegyes szögű háromszög esetén φ-re a következő becslés is adódik:
2φ=90-γ-α2=2α+β2>α+β2>902,φ>22,5.
Ez valamivel rosszabb, mint amit az I. megoldásban kaptunk.