Kezdőlap


Feladat:	F.1968	Korcsoport: 18-	Nehézségi fok: -
Füzet:	1975/október, 66. oldal		PDF \| MathML
Témakör(ök):	Háromszögek hasonlósága, Magasságpont, Síkgeometriai számítások trigonometriával, Feladat
Hivatkozás(ok):	Feladatok: 1975/január: F.1968

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

Legyen az $A B C$ háromszögben a szóban forgó magasságok kiinduló csúcsa $A$ , illetve $B$ , talppontjuk rendre $A_{1}, B_{1}$ és a magasságpont $M$ .

Ekkor

\begin{matrix} A_{1} M = x és B_{1} M = 2 y \end{matrix}

jelöléssel

\begin{matrix} M A = 2 x, illetve M B = 3 y, \end{matrix}

és az

M B A_{1}, M A B_{1}

háromszögek hasonlósága alapján

\begin{matrix} \frac{M B}{M A} = \frac{M A_{1}}{M B_{1}}, 6 y^{2} = 2 x^{2}, x : y = \sqrt[]{3} : 1. \end{matrix}

Innen, a szögek szokásos jelölésével egyrészt

\begin{matrix} cos γ = cos A_{1} M B ∢ = \frac{x}{3 y} = \frac{1}{\sqrt[]{3}}, γ = 54^{\circ} 44', \end{matrix}

másrészt az

M B A_{1}

háromszögben

\begin{matrix} B A_{1} = \sqrt[]{9 y^{2} - x^{2}} = \sqrt[]{3 x^{2} - x^{2}} = x \sqrt[]{2}, \end{matrix}

így az

A B A_{1}

háromszögből

\begin{matrix} tg β = \frac{A A_{1}}{B A_{1}} = \frac{3}{\sqrt[]{2}}, β = 64^{\circ} 36', \end{matrix}

végül

α = 60^{\circ} 40'

Megjegyzések. 1. Akik felismerik, hogy mivel

M

harmadolja

A A_{1}

-et, amint az

S

súlypont a súlyvonalakat, tüstént látják, hogy háromszögünk Euler-féle egyenese párhuzamos a

B C

oldallal. És ha véletlenül azt is tudják, hogy e párhuzamosság feltétele^{$^{*}$}

tg β \cdot tg γ = 3

, ebből

tg γ = \sqrt[]{2}

alapján kaphatják

β

-t.
2. Ugyenezen adatokból szerkesztéssel állítottuk elő a háromszöget a 809. gyakorlatban, K. M. L. 27 (1963), 25. oldal.

^{$^{*}$}Lásd pl: Érdekes matematikai gyakorló feladatok II. rész (összeállította Tolnai Jenő), Tankönyvkiadó, Budapest, 1971. 43. oldal 361. feladat.