Kezdőlap


Feladat:	F.2312	Korcsoport: 16-17	Nehézségi fok: átlagos
Megoldó(k):	Ákosfai Z. , Alberti G. , Balázs Z. , Bíró Magdolna , Böröczky K. , Csere K. , Csörgő T. , Czakó F. , Danyi P. , Ditrich P. , Dobrosi D. , Drávucz Katalin , Erdős L. , Fekete Zs. , Guáth L. , Hatt J. , Havasi G. , Heckenast L. , Hetyei G. , Jakab G. , Kapos L. , Károlyi Gy. , Kató G. , Király Z. , Kovács P. , Magyar Á. , Magyar Cs. , Megyesi G. , Mihálykó Cs. , Mikó Teréz , Molnár L. , Muraközy Márta , Nagy R. , Regős Enikő , Simák Gy. , Simonyi G. , Szabó E. , Szabó T. , Szállási Z. , Szöllősi Gy. , Tranta Beáta , Törőcsik J. , Zubor Z.
Füzet:	1981/december, 200 - 203. oldal		PDF \| MathML
Témakör(ök):	Síkgeometriai számítások trigonometria nélkül háromszögekben, Szinusztétel alkalmazása, Feladat, Beírt kör
Hivatkozás(ok):	Feladatok: 1981/április: F.2312

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

I. megoldás. A vizsgálandó $B_{1} O A_{1}$ szög a háromszög $B_{1} A_{1}$ középvonalának $O$ -ból vett látószöge, és $O$ mindig a $B_{1} A_{1}$ egyenesnek $C$ -t nem tartalmazó partján van, hiszen $O$ -nak az $A B$ oldaltól való $ϱ$ távolsága ‐ a beírt kör sugara ‐ nyilván kisebb, mint a $C$ csúcshoz tartozó magasság fele.

A követelmény jobb oldala egyenlő

180^{\circ} - A C B ∢ = 180^{\circ} - γ

-val.
Ekkora szöget zárnak be egymással az

O

-ból a körnek a

C A

és

C B

oldalon levő

B'

, ill.

A'

érintkezési pontjaihoz húzott félegyenesek is, hiszen a

C B' O A'

négyszögnek két szöge derékszög. Eszerint a

B_{1} O A_{1}

szögvonal (ti. az egymáshoz képest rögzített

O A_{1}

O B_{1}

félegyenes-pár) vagy azonos a

B' O A'

szögvonallal vagy ahhoz képest

O

körül el van fordulva.
Azonosságuk esetében az eredeti háromszög szabályos, hiszen

O

egyszersmind a

C A

C B

oldalak felező merőlegeseinek is közös pontja, tehát

C A = C B = A B

.
Ha viszont

C A

\neq

A B

, akkor

C A

\neq

C B

, különben a háromszög egyenlő szárú lenne,

A_{1}

és

B_{1}

, valamint

A'

és

B'

tükrös pontpár lenne a háromszög

C O

szimmetriatengelyére és nem teljesülhetne a jelzett elfordult helyzet. Elég a

C A > C B

nagyságviszony mellett keresnünk a követelmény teljesülését. Ekkor egyszersmind

C B_{1} > C A_{1}

, pontosabban

C B_{1} > C B'

C A' > C A_{1}

.
Az

A_{1} O B_{1} ∢ = A' O B' ∢

egyenlőség akkor és csakis akkor teljesül, ha a két tartomány nem közös részei egyenlők:

B_{1} O B' ∢ = A_{1} O A' ∢

. Ekkor az

O B'

és

O A'

sugarakra támaszkodó derékszögű háromszögek egybevágók, tehát

B_{1} B'

A_{1} A'

, és folytatólag a kör érintőszakaszainak egyenlősége alapján

\begin{matrix} C B_{1} + C A_{1} = \frac{a + b}{2} = (C B' + C A') + (B' B_{1} - A' A_{1}) = (C A - A B') + (C B - B A') = \\ = b + a - (A C' + B C') = a + b - c, \end{matrix}

vagyis

\begin{matrix} c = \frac{a + b}{2}, A B = \frac{C A + C B}{2} . \end{matrix}

(1)

Ez a feltétel nemcsak szükséges, hanem elegendő is, hiszen a gondolatmenet megfordítható. Tehát a keresett feltétel: a háromszög oldalai számtani sorozatot alkossanak úgy, hogy a nagyságra nézve középső oldal

A B

.
Természetesen odaértendő, hogy a háromszög létezzék, így adott

A B = c

mellett az

a

b

oldalpárra

\begin{matrix} \frac{c}{2} < b ≦ c, a = 2 c - b . \end{matrix}

Megjegyzés. Érdemes átvinni a talált feltételt a háromszög szögeire. A sinustétel alapján (1) ekvivalens sorra az alábbiakkal:

\begin{matrix} sin α + sin β = 2 sin γ = 2 sin (α + β), \end{matrix}

\begin{matrix} 2 sin \frac{α + β}{2} cos \frac{α - β}{2} = 4 sin \frac{α + β}{2} cos \frac{α + β}{2}, (sin \frac{α + β}{2} \neq 0), \end{matrix}

\begin{matrix} cos \frac{α}{2} cos \frac{β}{2} + sin \frac{α}{2} sin \frac{β}{2} = 2 cos \frac{α}{2} cos \frac{β}{2} - 2 sin \frac{α}{2} sin \frac{β}{2}, \end{matrix}

\begin{matrix} t g \frac{α}{2} t g \frac{β}{2} = \frac{1}{3} . \end{matrix}

II. megoldás. A feladat követelményének az I. megoldás szerinti

\begin{matrix} B_{1} O A_{1} ∢ = 180^{\circ} - B_{1} C A_{1} ∢ \end{matrix}

alakja azt kívánja, hogy

C B_{1} O A_{1}

húrnégyszög legyen, tehát

\begin{matrix} O B_{1} C ∢ = 180^{\circ} - O A_{1} C ∢ = O A_{1} B ∢ . \end{matrix}

Tükrözzük

A_{1}

-et

O B

-re;

B_{1}

-et

O A

-ra. Az

A_{2}

, ill.

B_{2}

kép nyilván az

A B

egyenesen keletkezik, és

O A_{2} B ∢ = O A_{1} B ∢

illetve

O B_{2} B ∢ = O B_{1} C ∢

, tehát az előbbi egyenlőség alapján

A_{2}

-nek és

B_{2}

-nek egybe kell esnie. Igy pedig

\begin{matrix} \underset{̲}{A B} = A A_{2} + A_{2} B = A B_{1} + A_{B} = \underset{̲}{\frac{A C}{2} + \frac{B C}{2}}, \end{matrix}

(2)

szükséges tehát, hogy

A B

számtani közepe legyen a másik két oldalnak. Fordítva, ha egy háromszögben teljesül (2), akkor legyen

A_{1}

-nek

B O

-ra való tükörképe

X

. Ekkor

X

és

B_{1}

egymás képei

A O

-ra, hiszen

A X = A B - B X = A C / 2

. Így pedig

\begin{matrix} O B_{1} C ∢ = O X B ∢ = O A_{1} B ∢ = 180^{\circ} - O A_{1} C ∢, \end{matrix}

vagyis

O A_{1} C B_{1}

húrnégyszög, és

\begin{matrix} B_{1} O A_{1} ∢ = 180^{\circ} - B_{1} C A_{1} ∢ = C A B ∢ + C B A ∢, \end{matrix}

ahogy a feladat kívánja. Tehát a (2) feltétel elegendő is.

III. megoldás. Legyen

A B C

tetszőleges háromszög, és a beírt körének a középpontja

O

. Tükrözzük

O

-t a

B C

A C

oldalak felezőpontjára, és a kapott pontokat jelöljük

D

-vel,

E

-vel.

Mérjük fel az

A B

szakasz végpontjaiban kifelé a

C

-nél levő szög felét, és az új szárak metszéspontját jelöljük

F

-fel. Így az

A B F

háromszög egyenlő szárú lesz, és ha

F

körül az

A

-t alkalmas szöggel elforgatjuk, akkor az

B

-be jut. Tükrözzük az

A B

egyenest az

A F

B F

egyenesekre. Ezek az új egyenesek az

A B

egyenessel együtt úgy vágják három részre az

A C

B C

egyenesnek a háromszöget tartalmazó oldalán levő 180

°

-os szögeket, hogy a három darab

A

-ban és

B

-ben is az

A B C

háromszög három szögével egyenlő. Mivel a

C

-nél levő szög megfelelője mindkét esetben középen van, és a másik kettő ciklikus sorrendjét az

F

körüli forgatás egymásba viszi, ez a forgatás az

A C

egyenest a

B C

egyenesbe viszi. Emiatt

F

egyenlő távol van ettől a két egyenestől, tehát rajta van a háromszög

C

-nél levő szögét felező

C O

egyenesen. Ez az egyenes az

A B F

háromszög

F

-nél levő szögét éppen két akkora darabra vágja, mint az

A B C

háromszög

A

-nál,

B

-nél levő szögei, mert például az

A B C

és a

B C F

háromszögek

B

-nél,

C

-nél levő szögeinek az összege egyenlő, és emiatt az

A

-nál, illetve

F

-nél levő szögeik is egyenlőek.

F

-ből tehát az

A B

szakasz épp akkora szög alatt látszik, mint a feladat szerinti háromszögben

O

-ból az

A_{1} B_{1}

szakasz. Ez utóbbinak nálunk a

D O E

szög felel meg, hiszen

A_{1}

O D

B_{1}

O E

szakasz felezőpontja. Mivel a beírt kör érinti az

A B

egyenest, de nem metszi a

C

-n át

A B

-vel párhuzamosan húzott egyenest, így

O

A_{1} B_{1}

egyenesnek az

A B

-t tartalmazó oldalán van. Ha tehát

C

A B

egyenes "fölött'' van, akkor

O

D E

egyenes "alatt'' van, és ugyancsak az

A B

egyenes "alatt'' van az

F

pont.
Azt kell tehát megmondanunk, hogy mi annak a feltétele, hogy a

D O E

és

B F A

szögek egyenlőek legyenek. Toljuk el a

D O E

háromszöget a

D B

szakasz mentén. Amikor

D

B

-be jut, akkor

E

A

-ba kerül, hiszen az

A B D E

négyszög paralelogramma. Vigye ez az eltolás

O

-t

Q

-ba. Ez a

Q

ugyanúgy az

A B

egyenes alatt a

C O

egyenesen lesz, mint

F

, hiszen a

C O

egyenes párhuzamos az eltolás irányával. Mivel az

A B

egyenes alatt a

C O

egyenesen mozogva, az

A B

szakaszt monoton változó szög alatt látjuk, a feladatban mondott egyenlőség szükséges és elegendő feltétele, hogy

Q

azonos legyen

F

-fel. Ez pedig azzal ekvivalens, hogy

O

felezze a

C F

szakaszt, és

O E

A F

-fel,

O D

B F

-fel legyen párhuzamos. Ekkor viszont a

C O

szögfelezőt az

A O

B O

szögfelezőkre tükrözve épp az

O E

O D

egyeneseket kapjuk, és ez a tükrözés a

B_{1}

A_{1}

pontokat a

C O

szögfelező

A B

-n levő

G

pontjába viszi. Vagyis az

A B

szakasz hossza egyenlő az

A B_{1}

A_{1} B

szakaszok hosszának összegével, ami nem más, mint az

A C

B C

szakaszok hosszának a számtani közepe.

Megjegyzés. Látószögekről beszéltünk, de annak érdekében, hogy a megoldás a lehető legelemibb (legkevesebb ismert összefüggést felhasználó) legyen, nem használtuk a róluk szóló nevezetes tételt. Ez természetesen rövidítené a megoldás indítását. A látószögek felhasznált monotonitása tulajdonképpen közvetlenebbül látható, ha

O

-t toljuk

F

-be, és a rögzített

F

-ből nézzük a

D B

E A

síneken futó

D E

szakaszt; csak az egyszerűség kedvéért választottuk a fordított utat.