Feladat: 575. matematika gyakorlat Korcsoport: 16-17 Nehézségi fok: átlagos
Megoldó(k):  Kovács Imre ,  Rátkai János ,  Somlai Klára ,  Veres Gyula ,  Zalán Péter 
Füzet: 1959/december, 176 - 178. oldal  PDF  |  MathML 
Témakör(ök): Háromszögek hasonlósága, Pont körüli forgatás, Háromszögek nevezetes tételei, Szögfüggvények, síkgeometriai számítások, Gyakorlat
Hivatkozás(ok):Feladatok: 1959/május: 575. matematika gyakorlat

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

I. megoldás: Legyenek az A1B1C1=H1 háromszög (A1B1=A1C1) oldalaira befelé rajzolt szabályos háromszögek csúcsai A2, B2, C2, és tegyük fel, hogy ezek égy e egyenesbe esnek. B2, és C2 a H1 tengelyére szimmetrikus párok, ezért e vagy merőleges a tengelyre, vagy egybeesik vele. Az utóbbi esetben B2C2, így A1-nél 260=120-os, B1 és C1-nél 30-os szög van.1

 
 

A másik esetben e párhuzamos a B1C1 alappal, ezért A2 és B2-nek B1C1 fölötti magassága egyenlő. Ekkor B2, B1, C1, C2, az A1 körül A1C1=b sugárral írt körön vannak, így az A2B2B1=C2B2B1 kerületi szög 30-os, mert fele a 60-os C2A1B1 középponti szögnek. Másrészt a B2A2B1 szög 60-os, mert váltószögként egyenlő az A2B1C1 szöggel; így az A2B2B1 háromszög derékszögű, és B2B1-re képezett tükörképével szabályos háromszöget alkot, tehát A2B2=2A2B1=2B1C1=4d (ahol d=B1C1/2). Legyen A1 és B2 vetülete a B1C1 egyenesen A*, ill. B'2, így a C1B2B'2 derékszögű háromszögben B'2C1=5d, B'2B2=A*A2=3d, tehát C1B'2=b=25d2+3d2=27d. Most már az A1B1A* derékszögű háromszögből a szokásos jelölésekkel sinα/2=cosβ=1/27, és négyjegyű táblázatból β=γ79,1, α21,8.
 

Rátkai János (Kisújszállás, Móricz Zs. g. II. o.t.)
 

Megjegyzések. 1. Az A2B2B1 háromszög szögeit más kiindulásból is meghatározhatjuk. A B1B2C1 háromszög egybevágó az A2A1C1 háromszöggel, mert C1 körül 60-os forgatással egymásba vihetők át. Így B2B1C1=A1A2C1=150, és B2B1A2=90. Lényegében így állította elő H1 alakját szerkesztéssel Katona Mária (Budapest, Szilágyi E. gyak lg. I. o. t.): a B1C1A2 szabályos háromszög révén kitűzte a B2C2 egyenest, ennek C1 körül 60-kal elforgatott helyzetéből B1C1 felező merőlegesével kimetszette A1-et (az ábrán A2 B2 elforgatott helyzetét (A2), ill. (B2) jelöli). Szerkesztése számítással folytatható: az elforgatott egyenes a B1D=2A2(A2)=4d alapú szabályos háromszög szára, így A*D=3d=3A*C1 és A*A1=3A*A2=33d, tgβ=33.
2. Számítással is beláthatjuk, hogy B2B1C1=150. Ugyanis az A1B1B2 egyenlő szárú háromszögben A1-nél 60-α, ezért B1-nél 60+α/2 szög van, másrészt C1B1A1=90-α/2, így összeadással C1B1B2=150.
 

Zalán Péter (Aszód, Petőfi S. g. I. o. t.)
 

3. A 120, 30, 30 szögekkel bíró háromszögben nincs érdekessége annak, hogy a három ‐ azaz két ‐ csúcspont egy egyenesre esik. Ez az ,,elfajult'' és a következő ,,igazi'' megoldás Lőrincz Pálnak idevágó tárgyú cikkében2 is együtt lép fel, közös vonásuk, hogy az A2B2C2 háromszög területe 0. ‐ Az igazi megoldás α-ja egyenlő a cikk α1-ével, mert H1-ben m=A1A*=28d2-d2=33d, ezért a b-re merőleges mb magassága terület kétféle kifejezése: t=dm=bmb/2 alapján: mb=2dm/b=33d/27 és így sinα1=mb/A1B1=mb/b=33/14.
 

II. megoldás: Legyen A1C1 felezőpontja B*, ennek vetülete B1C1-en B'; továbbá B2 vetülete B*B'-n B'' (a B*B' szakaszon, mert B2B*B'=B2B*C1-B'B*C1=90-B'B*C1=B*C1B',3 hegyesszög). Ekkor A2A*=B''B'=B*B''-B*B', itt az A1A*C1, B*B'C1 és B2B''B* derékszögű háromszögek hasonlósága alapján B*B'=A1A*/2=m/2, másrészt B*B''=C1A*B2B*/A1C1=3d/2, tehát a fenti egyenletből 3d=m/2-3d/2, és innen m/d=tgβ=33, β79,1.
 

Somlai Klára (Makó, József A. g. II. o. t.)
 

Megjegyzések. 1. Mindjárt az indulásnál szögfüggvényeket használva A2A*=B2B'2-ből d3=bsin(β-60), és d/b=cosβ figyelembevételével tgβ=33. (Ugyanis B2 C2 csak β=γ>60 mellett lehetnek B1C1-nek az A2-vel és A1-gyel egyező partján, tehát sin(β-60)>0)
 

Veres Gyula (Pécs, Zipernovszky K. gépip. t. II. o. t.)
 

2. Összehasonlítás céljából vázolunk egy nehéz úton járó megoldást is: Az A1B2A2 háromszög derékszögű. Vegyük a fenti d-t 1-nek és számítsuk ki b-t. Így A1A2=b2-1-3, A2B2=A*B'2=C1B'2-1=b2-3-1; a pythagorászi egyenlőségből két, alkalmas rendezés utáni négyzetreemeléssel és b0-ra tekintettel b4-32b2+112=0, b12=28 (a fenti megoldás) és b22=4 (idegen gyök).
 

Kovács Imre (Budapest, Árpád g. II. o. t.)
 

3. A II. megoldás módján 60 helyett bármely φ hegyes szöggel megoldhatjuk a feladatot. B'' magassága általában:
m2-b2tgφsinα2=m2-d2tgφ,
és ezt A2-nek dtgφ magasságával egyenlővé téve d/m=1/3tgφ, azaz tgα/2=ctgβ=1/(3tgφ), és cosα=(1-tg2α/2)/(1+tg2α/2)=(9tg2φ-1)/(9tg2φ+1). Pl. φ=45 esetén cosα=4/5, α36,9; φ=30 esetén tgφ=1/3-mal cosα=1/2, α=60; φ=15 esetén tgφ=2-3-mal cosα=-(93-10)/26, α102,4.
Másrészt a B2C2 egybeesés mindig α=2φ esetén áll be, pl. φ=30-kal α=60 mellett. Ezek szerint φ=30-kal mindkét megoldás szabályos háromszög.
4. Egy-két dolgozat elég pontos rajzról észrevette, hogy B1, A2, B* egy egyenesen vannak, vagy hogy B1A2 és C1B2 harmadolják egymást. Ez helyes, a fentiek alapján könnyen belátható, de hibás az, ha ilyen észrevételeket bizonyítás nélkül egy ,,megoldás'' alapjává kívánunk tenni.

1Lásd az 549. gyakorlat 1. ábráját a novemberi számban 131. o.

2Lőrincz Pál: Megjegyzések egy versenyfeladathoz, KML. XVII. kötet, 129-134. o., közelebbről 132 o. (1958. december).

3 Az ábrán a B*B'' szakasz pótlandó.