Kezdőlap


Feladat:	879. matematika gyakorlat	Korcsoport: 16-17	Nehézségi fok: átlagos
Megoldó(k):	Tényi Gusztáv , Tihanyi László
Füzet:	1964/október, 56 - 57. oldal		PDF \| MathML
Témakör(ök):	Síkgeometriai bizonyítások, Tengelyes tükrözés, Háromszögek nevezetes tételei, Nevezetes egyenlőtlenségek, Gyakorlat
Hivatkozás(ok):	Feladatok: 1963/december: 879. matematika gyakorlat

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

I. megoldás. $a)$ Messék az $A B C$ háromszög $A$ -nál levő szögét három egyenlő részre osztó egyenesek a $B C$ oldalt $A_{1}$ -ben és $A_{2}$ -ben úgy, hogy $A_{2}$ az $A_{1}$ és $C$ közt legyen.
Az $A A_{1} A_{2}$ és $A A_{2} A_{1}$ szögek közül legalább az egyik, mondjuk az utóbbi, hegyesszög. Legyen $A_{1}$ tükörképe $A A_{2}$ -re $D$ . Ez az $A C$ szakaszon van, és a keletkező $A_{2} C D$ háromszögben

\begin{matrix} C D A_{2} ∢ = 180^{\circ} - A D A_{2} ∢ = 180^{\circ} - A A_{1} A_{2} ∢ = A A_{1} B ∢ > A C A_{2}, \end{matrix}

mert az utolsó előtti szög az

A A_{1} C

háromszög külső szöge, s így nagyobb a nem mellette fekvő belső szögeknél. Így a szemben fekvő oldalakra

\begin{matrix} C A_{2} > A_{2} D = A_{2} A_{1}, \end{matrix}

a keletkező három szakasz tehát nem lehet egyenlő.

b) Ha

A A_{1} A_{2} ∢ > 90^{\circ}

, tehát

A A_{1} B

hegyesszög, akkor az előbbi meggondolásban

A_{1}

A_{2}

C

helyére rendre

B

-t,

A_{1}

-et,

A_{2}

-t írva azt kapjuk, hogy

A_{2} A_{1} > A_{1} B

, s így nem mindig a középső szakasz a legkisebb. Mivel

A A_{1} B ∢ = 180^{\circ} - A B C ∢ - \frac{1}{3} B A C ∢

, így nem a középső szakasz a legkisebb azokban a háromszögekben, amelyekre

A B C ∢ + \frac{1}{3} B A C ∢ > 90^{\circ}

, és hasonlóan azokban sem, amelyekre

A C B ∢ + \frac{1}{3} B A C ∢ > 90^{\circ}

. Amely háromszögben egyik feltétel sem teljesül, azokban a

B C

oldal középső szakasza egyik szélsőnél sem nagyobb.

Tényi Gusztáv (Budapest, Bláthy O. erősár. ip. t. II. o. t.)

II. megoldás.

a)

A A_{1}

felezi a

B A A_{2}

szöget, így

B A_{1} : A_{2} A_{1} = B A : A_{2} A

, tehát

B A_{1} = A_{2} A_{1}

akkor és csak akkor áll fenn, ha

B A = A_{2} A

, továbbá hasonlóan

C A_{2} = A_{2} A_{1}

akkor és csak akkor, ha

C A = A_{1} A

. Az első egyenlőség a

B A_{2}

szakaszt merőlegesen felező

f_{1}

egyenes pontjaira áll fenn, a második az

A_{1} C

szakasz

f_{2}

felező merőlegesének pontjaira, a két egyenlőség tehát nem állhat fenn egyszerre, mert

A

nem lehet rajta e két párhuzamos egyenesen egyszerre.
b) A meggondolás azt is adja, hogy ha

A

pl.

B A_{2}

felező merőlegesének ugyanazon a partján van, mint

B

, akkor

A B < A A_{2}

, s így

B A_{1} < A_{1} A_{2}

, tehát nem a középső szakasz a legkisebb. Nyilván ez a helyzet minden olyan háromszögnél, amelynek

B

-nél levő szöge legalább

90^{\circ}

Tihanyi László (Makó, József A. g. I. o. t.)