Feladat: 1318. matematika feladat Korcsoport: 16-17 Nehézségi fok: átlagos
Megoldó(k):  Bódi Z. ,  Bojtár János ,  Bóta K. ,  Bulkai L. ,  Csiszár Z. ,  Csörnyei Z. ,  Czina F. ,  Deák I. ,  Dévaj Ágnes ,  Ferenczi Gy. ,  Hegedűs Aletta ,  Hirka A. ,  Horányi S. ,  Hortobágyi J. ,  Horváth J. (Bp., Bláthy t.) ,  Huhn A. ,  Kerényi I. ,  Kersner R. ,  Kiss Katalin ,  Körner J. ,  Kövér Á. ,  Lehel Cs. ,  Lőrincz I. ,  Lovász L. ,  Lugosi P. ,  Lux I. ,  Márki L. ,  Mátrai M. ,  Nagy Klára ,  Palotás Á. ,  Patkós A. ,  Pelikán J. ,  Siket Aranka ,  Simonovits András ,  Sófalvi M. ,  Surányi L. ,  Sükösd Cs. ,  Szabó M. ,  Székely G. ,  Szép A. ,  Sövényházy Mária ,  Treer Mária ,  Veres F. ,  Vesztergombi Katalin 
Füzet: 1965/április, 166. oldal  PDF file
Témakör(ök): Háromszögek hasonlósága, Súlyvonal, Magasságvonal, Szögfüggvények, síkgeometriai számítások, Feladat
Hivatkozás(ok):Feladatok: 1964/április: 1318. matematika feladat

Egy háromszög oldalaira ‐ a szokásos jelölésekkel ‐ fennáll abc. Jelöljük az A, B, C csúcsokból kiinduló súlyvonal és magasságvonal közti szöget rendre φA-val, φB-vel, φC-vel. Mutassuk meg, hogy fennáll a következő egyenlőség:
tgφA+tgφC=tgφB.

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

Legyen a BC, CA, AB oldal felezőpontja rendre A0, B0, C0 és az A, B, C-ből húzott magasság talppontja rendre A1, B1, C1. Ekkor a bizonyítandó állítás így írható:

A1A0A1A+C1C0C1C-B1B0B1B=0.(1)

 
 

Egyenlő szárú háromszögre b egyenlő a-val vagy c-vel, így φB is φA-val vagy φC-vel, és a másik 0; tehát az állítás igaz. A továbbiakban feltesszük, hogy a>b>c, és így α>β>γ. A pontok sorrendje a BC oldalon B-től C felé A1, A0, ‐ mert a BC-re A0-ban emelt merőlegesnek A azon az oldalán van, mint B ‐, a CA oldalegyenesen C, B0, B1, a BA oldalegyenesen B, C0, C1. Az utóbbi két oldalegyenesen az A csúcs α<90 esetén a magasságtalppont után következik, α>90 esetén közvetlenül előtte, α=90 esetén pedig egybeesik vele.
α<90 esetén az ABB1 és ACC1 hasonló derékszögű háromszögekből
(ctgα=)AB1B1B=AC1C1C,azazAB0-B1B0B1B=AC0-C1C0C1C.(2)
Az átalakítás α90 esetén is érvényes, ha az AC, ill. AB egyenesen irányítást vezetünk be, és pozitívnak vesszük az A-tól C, ill. B felé mutató irányt. Hasonlóan a BCC1 és BAA1, valamint a CAA1 és CBB1 hasonló háromszögpárokból
(ctgβ=)BC1C1C=BA1A1A,azazBC0+C0C1C1C=BA0-A1A0A1A,(3)
(ctgγ=)CA1A1A=CB1B1B,azazCA0+A0A1A1A=CB0+B0B1B1B.(4)

Most már (2)‐(4) átalakításaiban a bal és a jobb oldalakat összeadva a kapott egyenlőségből AB0=B0CBC0=C0A és CA0=A0B figyelembevételével és rendezéssel (1)-et kapjuk.
 Bojtár János (Budapest, Lékai J. 12. évf. isk. IV. g. o. t.)