Kezdőlap


Feladat:	F.2366	Korcsoport: 16-17	Nehézségi fok: nehéz
Megoldó(k):	Alberti G. , Almássy T. , Balázs Z. , Böröczky K. , Cseri Hajnalka , Csörgő T. , Danyi P. , Drávucz Katalin , Erdős L. , Fekete Zs. , Fóris Z. , Fritz P. , Gulyás Gy. , Hetyei G. , Holbok I. , Károlyi Gy. , Komorowitz J. , Kovács 123 L. , Magyar Á. , Megyesi G. , Mikó Teréz , Mohay T. , Nádor P. , Papp 193 G. , Parajdi I. , Raffai Zs. , Szabó E. , Szemők Á. , Szurok B. , Tranta Beáta , Törőcsik J. , Ván P. , Virányi L. , Wágner P. , Weisz F. , Zacskó J. , Zieger B.
Füzet:	1983/január, 4 - 5. oldal		PDF file
Témakör(ök):	Trigonometriai azonosságok, Körülírt kör középpontja, Beírt kör középpontja, Szinusztétel alkalmazása, Feladat, Síkgeometriai bizonyítások
Hivatkozás(ok):	Feladatok: 1982/április: F.2366

Bizonyítsuk be, hogy az

A B C

háromszög beírt és körülírt körének középpontját összekötő egyenes, valamint a

B C

egyenes által bezárt

x

szögre

\begin{matrix} tg x=\frac{1 - 2 sin \frac{α}{2} cos \frac{γ - β}{2}}{2 sin \frac{α}{2} sin \frac{γ - β}{2}} \end{matrix}

hacsak

β

és

γ

különbözők.

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

Legyen a körülírt kör középpontja $O$ , a beírt köré pedig $K$ .

Tekintsük a

C B O ∢

-et előjeles szögnek,

D O

-t előjeles szakasznak úgy, hogy mindkettő pozitív, ha

O

B C

egyenes

A

-t tartalmazó oldalán található. Mivel a feladat kitűzésében nem szerepel, hogy a két kérdéses egyenes szögei közül

x

melyik,

tg x

-et pozitívnak fogjuk tekinteni, ill. abszolút értékben keressük. Jelölésünk mellett

\begin{matrix} tg x = | \frac{E K - D O}{E D} |, \end{matrix}

(1)

ahol

D

és

E

rendre

O

és

K

jelöli

B C

-n.
Kifejezzük az itt szereplő szakaszokat

C B O ∢ = 90^{\circ} - α

, tehát (előjelhelyesen)

\begin{matrix} D O = B C \frac{ctg α}{2}, \\ E K = \frac{A C + B C - A B}{2} tg \frac{γ}{α}, \end{matrix}

a beírt kör érintőszakaszainak tétele alapján

\begin{matrix} E D = \frac{B C}{2} - \frac{A C + B C - A B}{2} = \frac{A B}{2} - \frac{A C}{2}, \end{matrix}

itt az egyszerűség kedvéért feltettük, hogy

γ > β

. Ezeket behelyettesítve (1)-be, majd továbbalakítva a sinustétel és ismert azonosságok alapján

\begin{matrix} tg x & = | \frac{(A C + B C - A B) tg \frac{γ}{2} - B C ctg α}{A B - A C} | = | \frac{(\frac{A C}{B C} + 1 - \frac{A B}{B C}) tg \frac{γ}{2} - ctg α}{\frac{A B}{B C} - \frac{A C}{B C}} | = \\ = | \frac{(sin β + sin α - sin γ) tg \frac{γ}{2} - cos α}{sin γ - sin β} | = \\ = | \frac{sin α sin \frac{γ}{2} - cos α cos \frac{γ}{2} + sin β sin \frac{γ}{2} - sin γ sin \frac{γ}{2}}{(sin γ - sin β) cos \frac{γ}{2}} | = \\ = | \frac{- cos (α + \frac{γ}{2}) - cos (β + \frac{γ}{2}) + cos β cos \frac{γ}{2} - 2 sin^{2} \frac{γ}{2} cos \frac{γ}{2}}{(sin γ - sin β) cos \frac{γ}{2}} | = \\ = | \frac{cos β + cos γ - 1}{sin γ - sin β} | = | \frac{2 cos \frac{β + γ}{2} cos \frac{β - γ}{2} - 1}{2 cos \frac{β + γ}{2} sin \frac{γ - β}{2}} | \end{matrix}

Felhasználtuk, hogy

(α + \frac{γ}{2}) + (β + \frac{γ}{2}) = 180^{\circ}

, továbbá hogy

- 2 sin^{2} x =

= cos 2 x - 1

. Továbbalakítva végül

\begin{matrix} tg x = | \frac{2 sin \frac{α}{2} cos \frac{γ - β}{2} - 1}{2 sin \frac{α}{2} sin \frac{γ - β}{2}} | . \end{matrix}

Eredményül a bizonyítandó állítás ellentettjének abszolút értékét kaptuk. Mivel bármely két egyenes

x

és

180^{\circ} - x

szöget zár be, ezek tangensei pedig egymás ellentettjei, ezzel bebizonyítottuk, hogy valamelyik szög tangense valóban a bizonyítandó kifejezés.