Kezdőlap


Feladat:	1438. matematika feladat	Korcsoport: 16-17	Nehézségi fok: nehéz
Megoldó(k):	Balogh József , Barcza Gyöngyi , Baróthy B. , Bod Judit , Bottyán I. , Csóka G. , Deák J. , Domokos L. , Halász F. , Havas J. , Herényi I. , Joó I. , Kádas S. , Langer T. , Nádai L. , Petheő I. , Piros M. , Sebő I. , Sugár L. , Szeidl L. , Szeredi Péter , Verdes S.
Füzet:	1966/december, 208 - 210. oldal		PDF \| MathML
Témakör(ök):	Szögfelező egyenes, Koszinusztétel alkalmazása, Feladat
Hivatkozás(ok):	Feladatok: 1966/január: 1438. matematika feladat

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

I. Legyen a $D$ körüli $D C$ sugarú $k$ körhöz $E$ -ből húzott egyik érintő érintési pontja $F$ . Fejezzük ki a kérdéses $A B$ és $E F$ , valamint a szóba jövő további szakaszokat az adott háromszög $C A = b$ , $C B = a$ oldalaival és $A C B ∢ = γ$ szögével.

D E

átfogójú

D E F

derékszögű háromszögből, majd a koszinusz-tételt alkalmazva a

C D E

háromszög

D E

oldalára

\begin{matrix} E F^{2} = D E^{2} - D F^{2} = D E^{2} - D C^{2} = C E^{2} - 2 C D \cdot C E cos D C E ∢ . \end{matrix}

(1)

Húzzunk párhuzamost

C D

-vel

A

-n át a

B C

egyenessel való

G

metszéspontjáig (ami az oldal

C

-n túli meghosszabbításán adódik, mert

A

B D

szakasz

D

-n túli meghosszabbításán van). Ekkor

C A G

egyenlő szárú háromszög,

C G = C A = b

, mert

\begin{matrix} C G A ∢ = B C D ∢ = γ / 2 = D C A ∢ = C A G ∢ . \end{matrix}

Így egyrészt

\begin{matrix} C E = C B + B E = C B + C A = C B + C G = B G = a + b, \end{matrix}

másrészt

A G = 2 b cos γ / 2

. Továbbá a

B D C

és

B A G

háromszögek hasonlók, ezért

\begin{matrix} D C : A G = B C : B G = B C : C E, és így C D \cdot C E = B C \cdot A G . \end{matrix}

(2)

Ezeket (1)-be beírva, a

2 cos 2 x - 1 = cos 2 x

azonosság fölhasználásával

\begin{matrix} E F^{2} = {(a + b)}^{2} - 2 B C \cdot A G cos γ / 2 = {(a + b)}^{2} - 4 a b cos^{2} γ / 2 = \\ = a^{2} + b^{2} - 2 a b (2 cos^{2} γ / 2 - 1) = a^{2} + b^{2} - 2 a b cos γ = A B^{2}, \end{matrix}

amiből

E F = A B

, amint a feladat állítja.
II. Messe az

A B

egyenest az

A C G

külső szög felezője

D'

-ben (kizárva természetesen a

C A = C B

esetet, amikor a felező párhuzamos

A B

-vel), és próbáljuk keresni az állításnak

C D'

-re vonatkozó megfelelőjét a következők szerint. Írjunk

k'

kört

D'

köré

D' C

sugárral, szerkesszünk egy tetszés szerinti

S

pontjában érintőt, és mérjük rá az

S T = A B

szakaszt. Ekkor mindazok a pontok, amelyekből a

k'

-höz húzható érintők hossza

A B

-vel egyenlő, a

D'

körül

D' T

sugárral írt

k''

körön vannak. Tekintsük

k''

és a

B C

egyenes metszéspontjainak

B

-től mért távolságát. Az ábra szerint az

E'

metszéspontra a

B E' = B E = C A

sejtés adódik. Erre alapítjuk a következő állítást: ,,a

B

-ből

C

felé fölmért

B E' = A C

szakasz

E'

végpontjából a

k'

-höz húzott

E' F'

érintő hossza

A B

.'' A bizonyítást az olvasó a fentiek csekély módosításával könnyen elvégezheti.
Könnyű belátni azt is, hogy az

A

B

betűk szerepe mindkét állításban felcserélhető.
Szeredi Péter (Budapest, II. Rákóczi F. g. III. o. t.)

Megjegyzések. 1. Egy bizonyos feltétel teljesülése esetén a

D'

körüli,

D' C

sugarú körhöz az eredeti

E

pontból húzható érintő hossza is egyenlő

A B

-vel. Legyen

A G' ∥ C D'

, így

C D' ⊥ C D

miatt

C G' = C A

B G' = b - a

(mert az ábrán

b > a)

A G' = 2 b sin γ / 2

. A

B D' C

és

B A G'

háromszögek hasonlók, emiatt

\begin{matrix} D' C = \frac{A G' \cdot B C}{B G'} = \frac{2 a b sin γ / 2}{b - a}, \end{matrix}

(3)

és a fentiekhez hasonlóan,

E C D' ∢ = 90^{\circ} - γ / 2

, valamint a

2 sin^{2} x - 1 = - cos 2 x

azonosság felhasználásával

\begin{matrix} E F^{* 2} = D' E^{2} - D' F^{* 2} = D' E^{2} - D' C^{2} = C E^{2} - 2 C E \cdot C D' sin γ / 2 = \\ = {(a + b)}^{2} - \frac{a + b}{b - a} \cdot 4 a b sin^{2} γ / 2 = a^{2} + b^{2} - 2 a b [\frac{a + b}{b - a} (1 - cos γ) - 1] . \end{matrix}

Ez akkor egyenlő

A B^{2}

-nek a koszinusz-tételből adódó kifejezésével, ha

\begin{matrix} \frac{a + b}{b - a} (1 - cos γ) - 1 = cos γ, másképpen ha \end{matrix}

\begin{matrix} \frac{1 - cos γ}{1 + cos γ} = \frac{1 - a / b}{1 + a / b} . \end{matrix}

Ekkor

cos γ = a / b

c^{2} = b^{2} - a^{2}

, vagyis a feltétel az, hogy a háromszögben

B

-nél derékszög legyen.

Balogh József (Hatvan, Bajza J. g. III. o. t.)

2. A belső szögfelezőszakasz hosszára is adható a (3)-hoz hasonló, gyakran használható kifejezés. (2)-ből ugyanis

\begin{matrix} C D = \frac{B C \cdot A G}{C E} = \frac{2 a b cos γ / 2}{a + b} . \end{matrix}

E két képlet összehasonlítása is rávezethet arra az ötletre, hogy a tételnek a külső szögfelezőre való kiterjesztésében a

C E = a + b

szakasz helyett

a - b

-vel próbálkozzunk.