Feladat: F.2539 Korcsoport: 18- Nehézségi fok: átlagos
Megoldó(k):  Nagy Zsuzsanna 
Füzet: 1986/február, 65 - 67. oldal  PDF file
Témakör(ök): Másodfokú (és arra visszavezethető) egyenletek, Húrnégyszögek, Négyszögek geometriája, Síkgeomertiai számítások trigonometria nélkül háromszögekben, Szinusztétel alkalmazása, Koszinusztétel alkalmazása, Alakzatok köré írt kör, Feladat
Hivatkozás(ok):Feladatok: 1985/szeptember: F.2539

Az ABCD négyszög A, B, C csúcsánál levő szöge sorra 78, 120, 102, az AD oldal 110 egység, a BC pedig 69 egység. Mekkorák a négyszög átlói?

I. megoldás. A négyszög D csúcsánál levő szöge nyilvánvalóan 60. Így az ismert AD oldal végpontjainál levő szögek összege 138, kisebb, mint 180. Ezért az AB és DC félegyenesek metszik egymást egy M pontban és AMD=42. Ez a szög egyben az ugyancsak adott BC oldalra támaszkodó BCM háromszögnek is alkotó része és ebben a további két szög MBC=60 és MCB=78. Ezekből kiszámíthatjuk M-nek mind a négy csúcstól való távolságát, majd alkalmas kivonással az AB és CD oldalakat. Elég lesz azonban pl. CD-t meghatározni, ezután már számíthatjuk az átlókat is.
 
 
1. ábra
 

 
 
2. ábra
 

A szinusztétel kétszeri alkalmazásával:
CD=MD-MC=ADsin78-CBsin60sin42.

Ezt ismerve a koszinusztétel kétszeri alkalmazásával az átlókra:
AC2=AD2+CD2-2ADCDcos60
és
BD2=BC2+CD2-2BCCDcos102.

A számításokat végrehajtva
CD=71,50 egység,AC=96,68 egység,BD=109,20 egység.

Ezzel megadtuk a kívánt választ.
 

Megjegyzések. 1. Számos versenyző a föntinél jóval bonyolultabb számítás útján jutott eredményre. Küzdöttek azzal, hogy a négyszög keresett átlóit berajzolva, semelyik részháromszögben sincs 3 ismert méret ‐ (lásd pl. a II. megoldást). ‐ Így a trigonometria (az ún. "általános'' háromszög kiszámítása) egyik ismert tételével sem lehet elindítani a számítást.
Visszagondolva ezirányú tanulmányainkra, lényegében így álltunk olyankor is, amikor derékszögű háromszögben már tudtunk számolni, és először kerültünk szembe nem-derékszögű háromszögre vonatkozó feladattal. Akkor valamelyik magasság (pl. mc) berajzolásával két derékszögű háromszöget hoztunk létre, majd a "nem is kérdezett'' közös oldalt két irányból kifejezve tételeket kaptunk: mc=mc-ből a szinusztételt, mc2=mc2-ből a koszinusztételt. Ezeket aztán emlékezetünkbe véstük, tétel-rangra emeltük, miután arról is meggyőződtünk, hogy derékszögnél nagyobb szögek mellett is érvényesek.
Itt is tovább lehet haladni hasonlóan. Aki újra és újra négyszögszámítási feladatokkal kerül szembe ‐ például a geodézia (földmérés) alkalmazásaiban ‐ , annak érdemes tetragonometriai tételeket is keresnie és gyűjteményében őriznie. Az ilyen kapcsolatokban az várható, hogy a négyszögnek 6 mérete, adata forduljon elő, hiszen a négyszöget 5 adat határozza meg. Ez az egyszerű eset.
Példánkban az M segédpont és az ott keletkező szög, távolságok játszották az mc előbbi segítő szerepét. Könnyű azonban egy általánosabb elvet is kiolvasni a CD-re kapott képletből. A négyszög szögeit sorra α, β, γ, δ betűvel jelölve, átrendezéssel a következő összefüggést kapjuk:
BCsinβ+CDsin(α+δ)-DAsinα=0,
és a kiolvasható tétel: az AB oldalra merőleges egyenest e-vel jelölve, az ABCD négyszög irányított kerületének mint vektor-poligonnak az e-re való vetülete nullvektor. Ebben az összefüggésben 3 oldal és 3 szög szerepel, közülük 5 ismert, CD kiszámítható. A 2. ábra szerinti B'C'+C'D'-D'A'=0 egyenletből számoltunk:
C'D'=CDsinFCD=CDsinFCG=CDsin(360-β-γ)=CDsin(α+δ).

Az irányított kerületnek a sík bármely egyenesére a vetülete 0, speciálisan az AB egyenesre való vetülete is ‐ továbbra is a 2. ábrához ragaszkodva
AB-BCcosβ+CDcos(β+γ)-DAcosα=0,
itt azonban 7 adat szerepel. Az e-re való vetítéskor az első tag elmarad. Ennek megfelelője háromszögben is megvan, 5 adat közti összefüggés: AB=CBcosβ+CAcosα.
Gyakorlati alkalmazásokban zárt sokszög helyett nyitott poligonok is szerepelnek ‐ a poligonometria szótól sem ijednek meg. Nyitott poligonhoz utolsó tagként hozzá kapcsoljuk a végpontból a kezdőpontba vivő vektort.
2. Az 1. ábrán a négyszög megszerkesztését is vázoltuk, a lépések sorrendje: AB* félegyenes, α, AD, δ felmérése, DM egyenes; B*-ban β, majd B*C*=BC és C*-on át párhuzamos. (Több I. osztályos tanuló megjegyezte: "ezt csak szerkeszteni lehet''.)
3. Nem volt lényeges az eddigiekben, hogy a példában húrnégyszögről van szó. Az alábbi megoldás ezt is használja "fogódzóként''.
B.T.
 

II. megoldás. A négyszög húrnégyszög, mert szemben fekvő A, C csúcsainál levő szögeinek összege 180, így a D-nél levő szög 60.
 
 
3. ábra
 

Legyen a körülírt kör középpontja O, sugara r, az átlók O-ból vett látószöge AOC=260, BOD=278, és így az átlók
AC=2rsin60=3r,BD==2rsin78,


arányuk
ACBD=32sin78.

Az arány négyzetére még egy összefüggést kapunk, ha AC2-re és BD2-re felírjuk a koszinusztételt az ABC, ill. ABD háromszögből, az AB oldalt segédismeretlennek véve. Így másodfokú egyenletet kapunk AB-re:
AC2BD2=AB2+692-269ABcos120AB2+1102-2110ABcos78=34sin278,
amiből elég nehéz számítással a pozitív gyök: AB=41,50. Ezt AC2 és BD2 fölírt kifejezéseibe helyettesítve ismét AC=96,68, BD=109,20 egység. ‐ Mellesleg r=55,9.
 

 Nagy Zsuzsanna (Tatabánya, Árpád Gimn., III. o. t.)