Kezdőlap


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

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 $C_{0}$ talppontjának két oldalán van, és $C C_{1} B ∢ = φ < 90^{\circ}$ miatt $C_{1}$ az $A C_{0}$ szakasz belső pontja.

A külső szög tétele alapján

A C C_{1} ∢ = φ - α

, és mivel az alakzat előállításában a betűk szerepe ciklikusan szimmetrikus,

B A A_{1} ∢ = φ - β

A_{1}

B C

szakaszon van, és

B_{2}

a háromszög belsejében adódik. Továbbá az

A C_{1} B_{2}

háromszögben

A B_{2} C_{1} ∢ = A_{1} B_{2} C ∢ = β

, az

A B_{2} C

háromszögben

B_{2} A C ∢ = π - φ - γ

, és ezekkel

\begin{matrix} B_{2} C = \frac{A C}{sin (π - β)} sin (φ + γ) = 2 r sin (φ + γ), \\ B_{2} A = 2 r sin (φ - γ), \end{matrix}

ahol

2 r

A B C

háromszög köré írt kör átmérője. Az utóbbiból ciklikus betűcserével

\begin{matrix} A_{2} C = 2 r sin (φ - γ) . \end{matrix}

Képezzük a következő különbséget:

\begin{matrix} B_{2} C - A_{2} C = 2 r (sin (φ + γ) - sin (φ - γ)) = 4 r cos φ sin γ = 2 A B cos φ; \end{matrix}

ez pozitív, tehát

A_{2}

B_{2} C

szakaszon van. A ciklikus betűcsere adja, hogy

C_{2}

A_{2} B

-n,

B_{2}

C_{2} A

szakaszon van, tehát az

A_{2} B_{2} C_{2} = H_{2}

háromszög

B_{2}

-nél levő szöge azonos az

A_{1} B_{2} C ∢ = β

-val. Ciklikus cserével

A_{2} C_{2} B_{2} ∢ = γ

, tehát a vizsgálandó

H_{2}

hasonló az eredeti

A B C = H

háromszöghöz ‐

A_{2}

A

-nak megfelelő csúcs s i. t. ‐, és annak a belsejében van.
Azt is kaptuk fent, hogy

A_{2} B_{2} = A B \cdot 2 cos φ

, tehát

H_{2}

H

-nak (lineárisan)

2 cos φ

-szeresre kicsinyített képe. Ekkor pedig

H_{2}

-nek

t_{2}

területe a

H

-nak

t

területéből

4 cos^{2} φ

-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.

\begin{matrix} t_{2} = 2 a b sin γ cos^{2} φ . \end{matrix}

H

-nak legnagyobb szöge legalább

60^{\circ}

, s mivel ennél

φ

nagyobb, azért

0 < cos φ < 1 / 2

, így a

4 c o s^{2} φ

szorzószám kisebb

1

-nél. (Ez abból is adódik, hogy ‐ mint már kimondtuk ‐

H_{2}

H

belsejében van.)
Ha

φ

tart a

90^{\circ}

-hoz,

H_{2}

összezsugorodik a magasságpontra.
Kiss Emil (Budapest, Fazekas M. Gyak. Gimn., III. o. t.)