Kezdőlap


Feladat:	Gy.2652	Korcsoport: 16-17	Nehézségi fok: könnyű
Megoldó(k):	Szőke Ildikó
Füzet:	1991/szeptember, 260 - 261. oldal		PDF \| MathML
Témakör(ök):	Súlyvonal, Magasságvonal, Szögfelező egyenes, Párhuzamos szelők tétele és megfordítása, Síkgeometriai számítások trigonometria nélkül háromszögekben, Pitagorasz-tétel alkalmazásai, Gyakorlat
Hivatkozás(ok):	Feladatok: 1990/október: Gy.2652

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

Az $F$ pont felezőpont, ezért $C F = F A = F G + G H + H A = 3$ , tehát az $A C$ oldal hossza $6$ . A szögfelező-tétel szerint

\begin{matrix} \frac{A B}{C B} = \frac{A G}{C G} = \frac{2}{4} = \frac{1}{2} . \end{matrix}

(1)

Másrészt az

A H B

és a

C H B

derékszögű háromszögekben Pitagorasz tétele szerint

\begin{matrix} A B = \sqrt[]{H B^{2} + 1^{2}}, C B = \sqrt[]{H B^{2} + 5^{2}} . \end{matrix}

Ezeket (1)-be helyettesítve:

\begin{matrix} \frac{\sqrt[]{H B^{2} + 1}}{\sqrt[]{H B^{2} + 25}} = \frac{1}{2} . \end{matrix}

Az egyenletet megoldva

H B = \sqrt[]{7}

adódik, azt (1)-be helyettesítve

A B = \sqrt[]{8}, C B = \sqrt[]{32} .

A háromszög oldalai

\sqrt[]{8}, \sqrt[]{32}

és

6

; ezek az adatok kielégítik a háromszög-egyenlőtlenséget, tehát létezik a feladatban szereplő háromszög.

Szőke Ildikó (Zalaegerszeg, Zrínyi M. Gimn., II. o. t.) dolgozata alapján