Kezdőlap


Feladat:	F.1740	Korcsoport: 16-17	Nehézségi fok: átlagos
Megoldó(k):	Garay András , Pataricza András
Füzet:	1971/november, 122 - 123. oldal		PDF \| MathML
Témakör(ök):	Trigonometriai azonosságok, Szögfelező egyenes, Terület, felszín, Szinusztétel alkalmazása, Feladat
Hivatkozás(ok):	Feladatok: 1970/november: F.1740

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

I. megoldás. I. Legyen a háromszög a szokásos jelöléssel $A B C$ , a szögfelezők $f = A F$ , $g = A G$ , és válasszuk úgy a betűzést, hogy $A B > A C$ legyen (hiszen $g$ véges volta miatt $A B \neq A C$ ), így pontjaink sorrendje a $B C$ egyenesen $B$ , $F$ , $C$ , $G$ .

A belső és külső szögfelezők merőlegesek egymásra, így az

F G A

derékszögű háromszögből meghatározható az

A F G = A F C = φ

szög, így pedig háromszögünk szögei:

\begin{matrix} β = φ - \frac{α}{2}, γ = 180^{\circ} - (φ + \frac{α}{2}) . \end{matrix}

(1)

Ezekkel a sinustétel alapján, előbb az

A B F

A C F

háromszögből az addíciótételt is felhasználva

\begin{matrix} c = A B = f \frac{sin (180^{\circ} - φ)}{sin (φ - \frac{α}{2})} = \frac{f \cdot F G sin φ}{F G sin φ cos \frac{α}{2} - F G cos φ sin \frac{α}{2}} = \frac{f g}{g cos \frac{α}{2} - f sin \frac{α}{2}}, & (2) \end{matrix}

ugyanígy

\begin{matrix} b = A C = f \frac{sin φ}{sin γ} = \frac{f g}{g cos \frac{α}{2} + f sin \frac{α}{2}}, \end{matrix}

(3)

végül a keresett háromszögből

\begin{matrix} a = \frac{b sin α}{sin β} = \frac{f g \sqrt[]{f^{2} + g^{2}} sin α}{g^{2} cos^{2} \frac{α}{2} - f^{2} sin^{2} \frac{α}{2}} . \end{matrix}

(4)

Ezzel megadtuk az oldalaknak az adatokkal való kifejezéseit.
A számítás valódi háromszöget ad, ha

c

nevezője pozitív (mert akkor

a

nevezője is pozitív):

\begin{matrix} g cos \frac{α}{2} - f sin \frac{α}{2} > 0, \end{matrix}

amiből

\begin{matrix} tg \frac{α}{2} < \frac{g}{f} = tg φ, \frac{α}{2} < φ, \end{matrix}

hiszen

f

g

pozitívok, másrészt

α / 2

és

φ

hegyesszögek.
Ugyanerre a feltételre vezet a háromszög szerkesztő megoldása, az

A B

félegyenes

B

pontjának az

F G

szakasz

F

-en túli meghosszabbításán kell lennie, evégett az

F A B

szögnek kisebbnek kell lennie az

A F G

szög

A

-beli váltószögénél.
II. A számadatokkal

φ = 66^{\circ} 5'

β = 51^{\circ} 5'

γ = 98^{\circ} 55'

b = 98, 08

c = 124, 5

a = 63, 03

egység. (A numerikus számítás egyszerűbb

tg φ = g / f

-ből

φ

β

és

γ

kiszámításával, mint (2)‐(4) alapján.)

Garay András (Sopron, Széchenyi I. Gimn., III. o. t.)

II. megoldás. Területi meggondolásokkal vezetjük le a fenti kifejezéseket. Az

F G A

derékszögű háromszög területe egyenlő az

A C F

és

A C G

háromszögek területének összegével is és az

A B G

és

A B F

területének különbségével is. Mindegyik terület

2

-szeresét két oldal és a bezárt szög sinusa szorzataként írva

\begin{matrix} b f sin \frac{α}{2} + b g cos \frac{α}{2} = f g, c g sin (90^{\circ} + \frac{α}{2}) - c f sin \frac{α}{2} = f g, \end{matrix}

ahonnan kiemeléssel, osztással (3)-ra, ill. (2)-re jutunk.
Másrészt az

F G A

háromszög

A

-ból induló magassága közös az

A B C

háromszögével, így területeik aránya egyenlő alapjaik arányával

\begin{matrix} \frac{a}{\sqrt[]{f^{2} + g^{2}}} = \frac{b c sin α}{f g}, \end{matrix}

ahová

b

c

kifejezéseit behelyettesítve (4)-et kapjuk.

Pataricza András (Budapest, Fazekas M. Gyak. Gimn., III. o. t.)