Feladat: F.1861 Korcsoport: 18- Nehézségi fok: nehéz
Megoldó(k):  Kiss Emil 
Füzet: 1973/szeptember, 7 - 8. oldal  PDF file
Témakör(ök): Trigonometriai azonosságok, Háromszögek nevezetes tételei, Terület, felszín, Feladat
Hivatkozás(ok):Feladatok: 1973/január: F.1861

Az ABC hegyesszögű háromszög AB, BC, CA oldalán vegyük fel rendre a C1, A1, B1, pontot úgy, hogy a CC1B, AA1C, BB1A szögek mindegyike egyenlő legyen egy adott φ hegyesszöggel, amely a háromszög mindegyik szögénél nagyobb. Legyen az AA1 és BB1 egyenesek metszéspontja C2, a BB1 és CC1 egyenesek metszéspontja A2 és a CC1 és AA1 egyenesek metszéspontja B2. Határozzuk meg az A2B2C2 háromszög területét az ABC háromszög alkalmas meghatározó adataival és a φ szöggel.

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

A háromszög alkotórészeit a szokás szerint jelöljük. Mivel α és β hegyesszögek, azért A és B a C-ből húzott magasság C0 talppontjának két oldalán van, és CC1B=φ<90 miatt C1 az AC0 szakasz belső pontja.

 

 

A külső szög tétele alapján ACC1=φ-α, és mivel az alakzat előállításában a betűk szerepe ciklikusan szimmetrikus, BAA1=φ-β, A1 a BC szakaszon van, és B2 a háromszög belsejében adódik. Továbbá az AC1B2 háromszögben AB2C1=A1B2C=β, az AB2C háromszögben B2AC=π-φ-γ, és ezekkel
B2C=ACsin(π-β)sin(φ+γ)=2rsin(φ+γ),B2A=2rsin(φ-γ),
ahol 2r az ABC háromszög köré írt kör átmérője. Az utóbbiból ciklikus betűcserével
A2C=2rsin(φ-γ).

Képezzük a következő különbséget:
B2C-A2C=2r(sin(φ+γ)-sin(φ-γ))=4rcosφsinγ=2ABcosφ;
ez pozitív, tehát A2 a B2C szakaszon van. A ciklikus betűcsere adja, hogy C2 az A2B-n, B2 a C2A szakaszon van, tehát az A2B2C2=H2 háromszög B2-nél levő szöge azonos az A1B2C=β-val. Ciklikus cserével A2C2B2=γ, tehát a vizsgálandó H2 hasonló az eredeti ABC=H háromszöghöz ‐ A2 az A-nak megfelelő csúcs s i. t. ‐, és annak a belsejében van.
Azt is kaptuk fent, hogy A2B2=AB2cosφ, tehát H2 a H-nak (lineárisan) 2cosφ-szeresre kicsinyített képe. Ekkor pedig H2-nek t2 területe a H-nak t területéből 4cos2φ-vel való szorzással adódik. Evvel feladatunkat lényegében megoldottuk.
Kifogás merülhet föl mégis, hogy t nem határozza meg egyértelműen a H-t. Ezt kiküszöbölhetjük úgy, hogy t helyére beírjuk a területnek bármely meghatározó adathármassal való kifejezését, pl.
t2=2absinγcos2φ.

A H-nak legnagyobb szöge legalább 60, s mivel ennél φ nagyobb, azért 0<cosφ<1/2, így a 4cos2φ szorzószám kisebb 1-nél. (Ez abból is adódik, hogy ‐ mint már kimondtuk ‐ H2 a H belsejében van.)
Ha φ tart a 90-hoz, H2 összezsugorodik a magasságpontra.
Kiss Emil (Budapest, Fazekas M. Gyak. Gimn., III. o. t.)