Feladat:	F.3134	Korcsoport: 18-	Nehézségi fok: könnyű
Megoldó(k):	Bakos Péter ,  Balogh Sándor ,  Bérczi Gergely ,  Dragó Eszter ,  Farkas Irén ,  Lázár Zsófia ,  Nagy István ,  Naszvadi Péter ,  Németh Balázs ,  Pólik Imre ,  Terék Zsolt
Füzet:	1997/február, 88 - 89. oldal		PDF  |  MathML
Témakör(ök):	Szinusztétel alkalmazása, Háromszögek nevezetes tételei, Feladat
Hivatkozás(ok):	Feladatok: 1996/szeptember: F.3134

A szöveg csak Firefox böngészőben jelenik meg helyesen. Használja a fenti PDF file-ra mutató link-et a letöltésre.   I. megoldás. Az $ABC$ háromszögre a szinusztételt kétszer fölírva: $\begin{array}{c}{\displaystyle \frac{1}{AC}=\frac{\text{sin}{100}^{\circ }}{\text{sin}{20}^{\circ }}\text{és}BC=\frac{\text{sin}{60}^{\circ }}{\text{sin}{100}^{\circ }}\mathrm{.}}\end{array}$ Mivel $\text{sin}{100}^{\circ }=\text{cos}{10}^{\circ }$ és $\text{sin}{20}^{\circ }=\text{sin}\left({10}^{\circ }+{10}^{\circ }\right)=2\text{sin}{10}^{\circ }\text{cos}{10}^{\circ }$, így $\begin{array}{c}{\displaystyle {\displaystyle \begin{array}{cc}\hfill {\displaystyle \frac{1}{AC}-BC}& {\displaystyle =\frac{\text{sin}{100}^{\circ }}{\text{sin}{20}^{\circ }}-\frac{\text{sin}{60}^{\circ }}{\text{sin}{100}^{\circ }}=\frac{\text{cos}{10}^{\circ }}{2\text{sin}{10}^{\circ }\text{cos}{10}^{\circ }}-\frac{\text{sin}{60}^{\circ }}{\text{cos}{10}^{\circ }}=}\hfill \\ \hfill {\displaystyle }& {\displaystyle =\frac{\text{cos}{10}^{\circ }-\sqrt[]{3}\cdot \text{sin}{10}^{\circ }}{2\text{sin}{10}^{\circ }\text{cos}{10}^{\circ }}=\frac{2\cdot \text{sin}\left({30}^{\circ }-{10}^{\circ }\right)}{\text{sin}{20}^{\circ }}=\frac{2\cdot \text{sin}{20}^{\circ }}{\text{sin}{20}^{\circ }}=2.}\hfill \end{array}}}\end{array}$  Bakos Péter (Eger, Szilágyi Erzsébet Gimn., IV. o.t.) és    Dragó Eszter (Szeged, Radnóti M. Gimn., III. o.t.) dolgozata alapján   II. megoldás. A feladatban szereplő $ABC$ háromszöget az $ABD$ szabályos háromszög $B$-nél lévő szögének egyik harmadolója metszi le az $ABD$ háromszögből. Legyen $AD$ és a másik szögharmadoló metszéspontja $E$ (lásd az ábrát). Ekkor $\begin{array}{c}{\displaystyle {\displaystyle \begin{array}{c}\hfill {\displaystyle \left(1\right)BC=BE\text{és}\left(2\right)\text{CE=1-2AC}\mathrm{.}}\end{array}}}\end{array}$ Az $ABE$ háromszögre a szögfelelző-tételt alkalmazva: $\begin{array}{c}{\displaystyle \frac{BE}{1}=\frac{CE}{AC}\mathrm{,}\text{amiből (1) és (2) alapján:}BC=\frac{1-2AC}{AC}\mathrm{.}}\end{array}$ Innen $BC=\frac{1}{AC}-2$, és így $\frac{1}{AC}-BC=2$.    Pólik Imre (Pannonhalma, Bencés Gimn., IV. o.t.)