Feladat: F.2504 Korcsoport: 18- Nehézségi fok: átlagos
Megoldó(k):  Bán Rita ,  Bóna M. ,  Boros Z. ,  Dinnyés Enikő ,  Edvi T. ,  Fülöp Tamás ,  Íjjas Cs. ,  Kohári Zs. ,  Kónya Eszter ,  Kopanecz G. ,  Kós G. ,  Magassy A. ,  Németh-Buhin Á. ,  Nyers Blanka ,  Olasz-Szabó M. ,  Papp 710 Zs. ,  Pfeil T. ,  Pintér M. ,  Regős G. ,  Ribényi Á. ,  Szigeti Z. ,  Varga L. 
Füzet: 1985/szeptember, 253 - 255. oldal  PDF file
Témakör(ök): Trigonometriai azonosságok, Derékszögű háromszögek geometriája, Egyenlő szárú háromszögek geometriája, Körülírt kör, Feladat
Hivatkozás(ok):Feladatok: 1984/december: F.2504

Láttuk a 2473. feladatban, hogy ha az ABC egyenlő szárú háromszögben (AB=AC) cosBAC>3/4, akkor a körülírt körnek három olyan húrja van, amelyet a háromszög szárai 3 egyenlő részre osztanak. Jelöljük X-szel e húroknak a háromszög tengelyén levő pontját, és határozzuk meg az X szerepére alkalmas pontokat, ha rögzítjük a körülírt kört, az A csúcsot, és 1>cosBAC>3/4.

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

A 2473. feladat* megoldásából átvesszük mindazokat a jelöléseket és összefüggéseket, melyek jelenlegi feladatunk megoldásánál felhasználhatók.
Az ABC háromszög körülírt körének sugara legyen egységnyi, középpontját jelölje O, a BAC=2φ. A háromszög szárai által 3 egyenlő részre osztott húr végpontjai F, G, harmadolópontjai F1, G1. Jelöljük továbbá x-szel az AX távolságot.

 
 

1. eset. Az AO egyenesre merőleges FG húr esetén (lásd ábra)
XG=3xtgφ.
Az OXG derékszögű háromszög oldalaira ‐ mivel OA=OG=1 ‐ fennáll
|x-1|2+9x2tg2φ=1,
ahonnan
x=21+9tg2φ,mivelx0.

Ha cos2φ értéke 1-től 3/4-ig folytonosan csökken, akkor tg2φ=1-cos2φ1+cos2φ alapján tg2φ értéke 0-tól 1/7-ig folytonosan növekszik, hiszen 1-cos2φ növekszik, 1+cos2φ pedig csökken. Ennek következtében x értéke 2-től 7/8-ig folytonosan csökken.
E változások szigorúan monoton jellege folytán φ és x között kölcsönösen egyértelmű megfeleltetés létesíthető a mondott intervallumokban. Ez biztosítja, hogy az A kezdőpontú AO félegyenes minden olyan P pontjához, amelyre 7/8<AP<2, találunk a feltételeknek megfelelő ABC háromszöget és húrt úgy, hogy X azonos P-vel.
 
2. eset. Vizsgáljuk most azt az esetet, amikor az F*G* húr nem merőleges AO-ra. A 2473. feladat megoldása szerint XF1*O=F1*AO=φ*. Az F1*OX háromszög hasonló az AOF1* háromszöghöz, a hasonlóság alapján
OXOF1*=OF1*OA.
Az idézett megoldásban az is szerepel, hogy OF1*=11+8cos2φ, és mivel OA=1, az előbbi aránypárból OX=11+8cos2φ. Ezért
x=AX=1-OX=8cos2φ1+8cos2φ=89+tg2φ.
(0 mindig az F*G* egyenes A-t nem tartalmazó partján van.) Ha tg2φ 0-tól 1/7-ig nő, x értéke 8/9-től 7/8-ig csökken.
Az X számára most kapott intervallum része a föntebbinek, ennélfogva azokon az X pontokon megy át 3 harmadolható húr ‐ a két eset szerint külön-külön meghatározható értékek mellett ‐, amelyekre 78<x<89. (Az intervallum hossza 1/72.)
A szimmetrikus, ill. a ferde húrhoz tartozó szögekre
tg φ=132x-1,  ill. tg φ*=8x-9.


*K. M. L. 34 (1984) 443. oldal ‐ December havi szám