Kezdőlap


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 \| MathML
Témakör(ök):	Szögfüggvények, síkgeometriai számítások, Feladat
Hivatkozás(ok):	Feladatok: 1981/március: F.2305

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 $A C B ∢ = 90^{\circ}$ , $M$ azonos $C$ -vel, emiatt az $M C S$ látószög nem értelmezhető, tehát az állítás sem. Egyenlő szárú ‐ de nem derékszögű ‐ háromszög esetén viszont az állítás nyilvánvaló, hiszen $C A = C B$ mellett az $M C S$ látószög $0^{\circ}$ vagy $180^{\circ}$ , tangense mindenképpen $0$ , míg a szimmetria alapján a másik két látószög egyenlő.
Válasszuk most már úgy a háromszög betűzését, hogy $A B > B C > C A$ , hozzátéve, hogy $A B^{2} \neq {B C}^{2} + C A^{2}$ , legyen továbbá az oldalak felezőpontja a fenti rendben $F_{C}$ , $F_{A}$ , $F_{B}$ , és az oldalakon levő magasságtalppont $T_{C}$ , $T_{A}$ , $T_{B}$ ( $1 - 2.$ ábra).

Alkalmazzuk Pitagorasz tételét a közös befogóval bíró

A T_{A} B

és

A T_{A} C

derékszögű háromszögekre:

\begin{matrix} A T_{A}^{2} = A B^{2} - B T_{A}^{2} = A C^{2} - C T_{A}^{2}, A B^{2} - A C^{2} = (B T_{A} + T_{A} C) (B T_{A} - C T_{A}) . \end{matrix}

T_{A}

B C

szakaszon van ‐ vagyis ha

B C A ∢ < 90^{\circ}

, ‐ akkor az első zárójel

B C

, a második pedig

\begin{matrix} (B F_{A} + F_{A} T_{A}) - (C F_{A} - F_{A} T_{A}) = 2 \cdot F_{A} T_{A}, \end{matrix}

hiszen

F_{A}

felezi

B C

-t. Ha pedig

B C A ∢ > 90^{\circ}

, vagyis

T_{A}

B C

oldal

C

-n túli meghosszabbításán keletkezik, akkor a második zárójel adja

B C

-t, az első pedig

2 \cdot F_{A} T_{A}

-t, mert

T_{A} C

helyére az előbbi kifejezésének

(- 1)

-szerese lép. Mindkét változatban

\begin{matrix} F_{A} T_{A} = \frac{A B^{2} - A C^{2}}{2 \cdot B C} = \frac{c^{2} - b^{2}}{2 a} \end{matrix}

és

\begin{matrix} tg F_{A} A T_{A} ∢ = tg S A M ∢ = \frac{F_{A} T_{A}}{A T_{A}} = \frac{c^{2} - b^{2}}{2 a m_{a}} = \frac{c^{2} - b^{2}}{4 t}, \end{matrix}

ahol

t

a háromszög területe.
Hasonlóan mindkét változatban

\begin{matrix} tg F_{B} B T_{B} ∢ = \frac{c^{2} - a^{2}}{4 t}, \end{matrix}

végül a

C

szög milyenségétől függetlenül

\begin{matrix} tg F_{C} C T_{C} ∢ = \frac{a^{2} - b^{2}}{4 t}, \end{matrix}

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

M S

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

A B

fusson

A

-tól

B

felé,

B C

B

-től

C

felé és

C A

C

-től

A

-ba. Mivel az

A

csúcs

T_{A}

vetülete a

B C

oldalon pontosan akkor esik

B

-nek

C

felőli oldalára, ha a

B

-nél levő

β

szög hegyesszög, a választott irányítás szerint

B

-től

T_{A}

-ig mindig

c cos β

előjeles út visz, ahol az előjel az irányításhoz való viszonyt fejezi ki. Így

B C

felezőpontjától,

F_{A}

-tól

T_{A}

-ig

(c cos β - \frac{a}{2})

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

(\frac{a}{2} - b cos γ)

. Ha

A

-nak

B C

-től mért

m_{a}

távolságát is kétféleképpen írjuk fel

(c