Feladat: F.2305 Korcsoport: 16-17 Nehézségi fok: átlagos
Megoldó(k):  Ákosfai Z. ,  Breiner L. ,  Böröczky K. ,  Csere K. ,  Czimmer Aranka ,  Fritz P. ,  Gulyás Gy. ,  Holbok I. ,  Ittzés A. ,  Károlyi Gy. ,  Kató G. ,  Kemler Anikó ,  Király Z. ,  Kovács P. ,  Lenkó Cs. ,  Molnár K. ,  Molnár L. ,  Rónai Z. ,  Simonyi G. ,  Szállási Z. ,  Tranta Beáta 
Füzet: 1981/november, 132 - 134. oldal  PDF file
Témakör(ök): Szögfüggvények, síkgeometriai számítások, Feladat
Hivatkozás(ok):Feladatok: 1981/március: F.2305

Legyen a háromszög magasságpontja M, súlypontja S, és tekintsük az MS szakasznak a három csúcsból vett látószögét.
Mutassuk meg, hogy közülük az egyiknek a tangense egyenlő a másik kettő tangensének összegével!

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

I. megoldás. Zárjuk ki vizsgálatunkból az előre látható rendkívüli eseteket! Derékszögű háromszög esetén, ha ACB=90, M azonos C-vel, emiatt az MCS látószög nem értelmezhető, tehát az állítás sem. Egyenlő szárú ‐ de nem derékszögű ‐ háromszög esetén viszont az állítás nyilvánvaló, hiszen CA=CB mellett az MCS látószög 0 vagy 180, tangense mindenképpen 0, míg a szimmetria alapján a másik két látószög egyenlő.
Válasszuk most már úgy a háromszög betűzését, hogy AB>BC>CA, hozzátéve, hogy AB2BC2+CA2, legyen továbbá az oldalak felezőpontja a fenti rendben FC, FA, FB, és az oldalakon levő magasságtalppont TC, TA, TB (1-2. ábra).


Alkalmazzuk Pitagorasz tételét a közös befogóval bíró ATAB és ATAC derékszögű háromszögekre:
ATA2=AB2-BTA2=AC2-CTA2,AB2-AC2=(BTA+TAC)(BTA-CTA).

Ha TA a BC szakaszon van ‐ vagyis ha BCA<90, ‐ akkor az első zárójel BC, a második pedig
(BFA+FATA)-(CFA-FATA)=2FATA,
hiszen FA felezi BC-t. Ha pedig BCA>90, vagyis TA a BC oldal C-n túli meghosszabbításán keletkezik, akkor a második zárójel adja BC-t, az első pedig 2FATA-t, mert TAC helyére az előbbi kifejezésének (-1)-szerese lép. Mindkét változatban
FATA=AB2-AC22BC=c2-b22a
és
tgFAATA=tgSAM=FATAATA=c2-b22ama=c2-b24t,
ahol t a háromszög területe.
Hasonlóan mindkét változatban
tgFBBTB=c2-a24t,
végül a C szög milyenségétől függetlenül
tgFCCTC=a2-b24t,
és már puszta ránézésből kimondható, hogy az állítás helyes, és pontosabban így fogalmazható: a nagyságra nézve középső szög csúcsából vett látószög tangense egyenlő a másik kettő összegével.
 

Megjegyzés. A szemlélet szerint így is igaz az állítás: az MS egyenes 2 partján + , ill. - előjellel ellátva a látószögek tangensét, a három tangens összege 0.
 

II. megoldás. Jelöljük a háromszög csúcsait A-val, B-vel, C-vel ‐ az óramutató járásával ellentétes irányban járva be a csúcsokat ‐, és irányítsuk ennek megfelelően az oldalakat is, vagyis AB fusson A-tól B felé, BC B-től C felé és CA a C-től A-ba. Mivel az A csúcs TA vetülete a BC oldalon pontosan akkor esik B-nek C felőli oldalára, ha a B-nél levő β szög hegyesszög, a választott irányítás szerint B-től TA-ig mindig ccosβ előjeles út visz, ahol az előjel az irányításhoz való viszonyt fejezi ki. Így BC felezőpontjától, FA-tól TA-ig (ccosβ-a2) előjeles út visz. Ugyanezt az utat C-ből indulva is kimérhetjük, de mivel B és C szerepének a felcserélése az irányítást megváltoztatja, az eredményt most (a2-bcosγ). Ha A-nak BC-től mért ma távolságát is kétféleképpen írjuk fel (csinβ)-nak, illetve (bsinγ)-nak, az A-beli α1 látószög tangensére rögtön két, egymással egyenlő alakot kapunk:
tgα1=ctgβ-a2ma=a2ma-ctgγ.(1)
A kapott (1) összefüggés tgα1 értékét is előjellel ellátva adja, ahol az előjel aszerint pozitív vagy negatív, hogy az FAATA forgásszög iránya pozitív-e vagy sem. Hasonlóan kapjuk a B- és C-beli β1, illetve γ1 szögre, hogy
tgβ1=ctgγ-b2mb=b2mb-ctgα,(2)tgγ1=ctgα-c2mc=c2mc-ctgβ.(3)

E három összefüggést összeadva kapjuk, hogy a három tangens összege 0, hiszen az első három kifejezés összege épp a második három összegének (-1)-szerese. Márpedig ha három szám összege 0, akkor közülük kettő abszolút értékének összege egyenlő a harmadik abszolút értékével. Így a feladat állítását beláttuk.
Visszagondolva az I. megoldásra, csodálkozhatunk, miért nem okozott bajt a derékszögű háromszög. Ennek az az oka, hogy mi egyértelműen meghatározott szögekkel helyettesítettük a feladatban szereplő szögeket, amelyekkel azok valóban helyettesíthetőek, mihelyt léteznek.