Kezdőlap


Feladat:	647. matematika gyakorlat	Korcsoport: 14-15	Nehézségi fok: átlagos
Megoldó(k):	Deák István , Fazekas P. , Gaul G. , Gyárfás A. , Kotsis D. , Palánkai G. , Papp M. , Sólyom Ilona , Szabó Mihály
Füzet:	1961/április, 168 - 170. oldal		PDF \| MathML
Témakör(ök):	Háromszögek nevezetes tételei, Gyakorlat
Hivatkozás(ok):	Feladatok: 1960/szeptember: 647. matematika gyakorlat

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

Legyen az $A$ , $B$ , $C$ csúcsból kiinduló első harmadoló rendre $a'$ , $b'$ , $c'$ , a második harmadoló rendre $a''$ , $b''$ , $c''$ , továbbá az $a'$ , $b'$ félegyenes‐pár metszéspontja $C'$ , a $b'$ , $c'$ , ill. $c'$ , $a'$ pár metszéspontja $A'$ , ill. $B'$ . Meg kell keresnünk az $A B C = H$ és $A' B' C' = H'$ háromszögek szögei közti összefüggéseket. Ehhez tisztáznunk kell $H$ és $H'$ egymáshoz viszonyított helyzetét. Megmutatjuk, hogy $H'$ a $H$ belsejében van, éspedig mindegyik első harmadoló egyenesének azon az oldalán, mint a szög csúcsából kiinduló második harmadoló (mint félegyenes); pl. $H'$ az $a'$ -nek azon az oldalán van, mint $a''$ . Legyen az $A$ , $B$ , $C$ -ből kiinduló belső szögfelezőknek a szemben fekvő oldalon levő metszéspontja $A_{1}$ , $B_{1}$ , $C_{1}$ , és a szögfelezők közös pontja $O$ .

Ekkor

a'

B A A_{1}

szögtartományban,

b'

C B B_{1}

szögtartományban van, így

C'

ezek közös részében, az

A_{1} O B

háromszögben van, amely az

A B C

háromszögnek része. Hasonlóan

A'

B_{1} O C

B'

pedig a

C_{1} O A

háromszög belsejében van. Ebből azt is látjuk, hogy pl.

a'

-n és

b'

-n a pontok sorrendje

A

B'

C'

, ill.

B

C'

A'

, tehát

C'

valóban szétválasztja

B

és

A'

-t.
Eszerint

H'

-nek a

C'

-nél levő

γ'

szöge az

A B C'

háromszög külső szöge, tehát a szokásos jelölésekkel

γ' = (α + 2 β) / 3

. Hasonlóan az

A'

-nél,

B'

-nél levő szög

a' = (β + 2 γ) / 3

, ill.

β' = (γ + 2 α) / 3

. ‐ Feltehetjük, hogy

H'

adott szögei

a'

és

β'

, így

α

β

γ

-ra a következő egyenletrendszert kell megoldanunk:

\begin{matrix} β + 2 γ = 3 α', & (1) \\ γ + 2 α = 3 β, & (2) \\ α + β + γ = 180^{\circ} . & (3) \end{matrix}

(2)-ből

γ = 3 β' - 2 α

, ezzel (1)-ből

β = 3 α' - 6 β + 4 α

, és mindkettővel (3)-ból:

\begin{matrix} α = 60^{\circ} - α' + β', tehát β = 240^{\circ} - α' - 2 β, γ = - 120^{\circ} + 2 α + β' . \end{matrix}

(4)

E képletek mindegyikében

α'

és

β'

együtthatói különbözők, így az adott számértékeket

α'

és

β'

számára mindkét sorrendben figyelembe kell vennünk.

\begin{matrix} α' = 45^{\circ} és β = 55^{\circ} mellett: α = 70^{\circ}, β = 85^{\circ}, γ = 25^{\circ}, & (5) \\ α' = 55^{\circ} és β = 45^{\circ} mellett: α = 50^{\circ}, β = 95^{\circ}, γ = 35^{\circ}, & (6) \end{matrix}

Így

H

-ra két megoldást kaptunk, ezekben

H'

körüljárása egymással ellentétes.
Az

a''

b''

c''

harmadolók által alkotott

H''

háromszög szögeire a fentiekhez hasonlóan

\begin{matrix} a'' = (2 β + γ) / 3, β'' = (2 γ + α) / 3, γ'' = (2 α + β) / 3, \end{matrix}

ennélfogva (4) alapján mindegyiket

α'

és

β'

-vel kifejezve

\begin{matrix} α'' = [(480^{\circ} - 2 α' - 4 β') - 120^{\circ} + 2 α' + β'] / 3 = 120^{\circ} - β', \\ β'' = α' + β' - 60^{\circ}, γ'' = 120^{\circ} - α' . \end{matrix}

Ezek szerint

α'

és

β'

sorrendjét felcserélve

α''

és

γ''

felcserélődnek,

β''

viszont változatlan marad. Más szóval

H''

szögei a

H

-ra kapott két megoldásban egyenlők, körüljárásuk azonban ellentétes. A szögek értéke, nagyság szerint rendezve:

40^{\circ}

65^{\circ}

75^{\circ}

Deák István (Budapest, Vörösmarty M. g. I. o. t.)