Kezdőlap


Feladat:	698. matematika feladat	Korcsoport: 16-17	Nehézségi fok: átlagos
Megoldó(k):	Gergely Ervin , Jáky Mária , Kaiser Marianna , Kristóf László
Füzet:	1956/március, 78 - 81. oldal		PDF \| MathML
Témakör(ök):	Háromszögek nevezetes tételei, Síkgeometriai számítások trigonometriával, Szögfelező egyenes, Feladat
Hivatkozás(ok):	Feladatok: 1955/szeptember: 698. matematika feladat

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

Az alábbiakban $f_{c}$ helyett rövidebben $f$ -et írunk.
I. megoldás: A betűzést az 1. ábra mutatja.

1. ábra

A cosinus-tétel szerint az

A C D_{▵}

és a

B C D_{▵}

-ből:

\begin{matrix} c_{1}^{2} = a^{2} + f^{2} - 2 a f cos \frac{γ}{2}, c_{2}^{2} = b^{2} + f^{2} - 2 b f cos \frac{γ}{2} . \end{matrix}

Mindkét egyenletből kifejezve

c o s \frac{γ}{2}

-t

\begin{matrix} cos \frac{γ}{2} = \frac{a^{2} + f^{2} - c_{1}^{2}}{2 a f} = \frac{b^{2} + f^{2} - c_{2}^{2}}{2 b f} . \end{matrix}

Ebből

\begin{matrix} f^{2} = a b + \frac{a c_{2}^{2} - b c_{1}^{2}}{a - b} . \end{matrix}

(1)

Ismeretes tétel szerint

\begin{matrix} c_{1} : c_{2} = a : b, innen a c_{2} = b c_{1} . \end{matrix}

(2)

Ennek felhasználásával (1) jobboldalán a tört számlálóját átalakítjuk:

\begin{matrix} a c_{2}^{2} = a c_{2} \cdot c_{2} = b c_{1} c_{2} és b c_{1}^{2} = b c_{1} \cdot c_{1} = a c_{1} c_{2}, \end{matrix}

mely értékeket (1)-be helyettesítve, máris a bizonyítandó

\begin{matrix} f^{2} = a b - c_{1} c_{2}, azaz f = \sqrt[]{a b - c_{1} c_{2}} . \end{matrix}

(3)

egyenlőségre jutunk.
Ahhoz, hogy eredményünket a numerikus példa megoldására alkalmazhassuk, ki kell számítanunk

c_{1}

-et és

c_{2}

-t.
A

c

oldalt a cosinus-tétellel nyerhetjük:

\begin{matrix} c^{2} = 18^{2} + 9^{2} - 2 \cdot 18 \cdot 9 cos 120^{\circ} = 9^{2} (4 + 1 + 2 \cdot 2 \cdot \frac{1}{2}), tehát c = 9 \sqrt[]{7} . \end{matrix}

Ezután (2) szerint

c_{1}

-t és

c_{2}

-t úgy nyerjük, hogy

c

-t

\frac{a}{b} = \frac{18}{9} = \frac{2}{1}

arányban osztjuk, vagyis

c_{1} = 6 \sqrt[]{7}, c_{2} = 3 \sqrt[]{7}

.
Ezen értékeket (3)-ba helyettesítve

\begin{matrix} f = \sqrt[]{18 \cdot 9 - 6 \cdot 3 \cdot 7} = \sqrt[]{18 (9 - 7)} = 6 cm. \end{matrix}

Jáky Mária (Pécs, Bányaip. t. II. o. t.)

II. megoldás: Húzzunk a

D

ponton át a

C B

oldallal párhuzamos egyenest. Messe ez

C A

-t az

E

pontban (1. ábra). Miután

C D

szögfelező,

C D E

egyenlő szárú; szárait jelöljük

x

-szel. E háromszögből

\begin{matrix} cos \frac{γ}{2} = \frac{f}{2 x} \end{matrix}

(1)

x

értékét az

A D E_{▵}

és

A B C_{▵}

hasonló voltából számíthatjuk ki:

\begin{matrix} (b - x) : x = b : a, innen x = \frac{a b}{a + b} . \end{matrix}

Ezt (1)-be helyettesítve

\begin{matrix} cos \frac{γ}{2} = \frac{1}{2} \frac{a + b}{a b} f . \end{matrix}

(2)

Felírjuk az

A D C_{▵}

-re a cosinus-tételt:

\begin{matrix} c_{2}^{2} = b^{2} + f^{2} - 2 b f cos \frac{γ}{2}, \end{matrix}

majd behelyettesítjük (2)-ből

cos \frac{γ}{2}

-értékét:

\begin{matrix} c_{2}^{2} = b^{2} + f^{2} - 2 b f (\frac{1}{2} \frac{a + b}{a b} f) = b^{2} + f^{2} - f^{2} \frac{a + b}{a} = b^{2} - f^{2} \frac{b}{a} . \end{matrix}

(3)

Még egy átalakítást végzünk a szögfelező-tétel felhasználásával. A baloldalon

\begin{matrix} c_{2}^{2} = c_{2} \cdot c_{2} = c_{2} \cdot c_{1} \frac{b}{a} . \end{matrix}

Ezt (3)-ba helyettesítve, és a nyert egyenletet

\frac{b}{a}

-val szorozva, a

\begin{matrix} c_{1} c_{2} = a b - f^{2} \end{matrix}

összefüggésre jutunk, amely a bizonyítandó egyenlőségnek átrendezett alakja.
Ez a megoldás az I. megoldásnál nem egyszerűbb, de a kitűzött numerikus példa megoldása ezúttal egészen egyszerű a (2) egyenlet alapján:

\begin{matrix} f = \frac{2 a b}{a + b} cos \frac{γ}{2} = \frac{2 \cdot 18 \cdot 9}{27} \cdot \frac{1}{2} = 6 \end{matrix}

Kaiser Marianna (Bp. II., Hámán Kató lg. IV. o. t.)

Állításunk szögfüggvények felhasználása nélkül is bizonyítható és a

120^{\circ}

-os szög folytán a numerikus számítás szintén elvégezhető szögfüggvények nélkül, amint ezt az alábbi III. és IV. megoldások mutatják.

III. megoldás: Rajzoljuk meg a háromszög köré írható kört, amelyet a szögfelező meghosszabbítása

F

pontban metsz. Jelöljük a

D F

szakaszt

d

-vel (2. ábra).

2. ábra

D

ponton átmenő szelő szeleteinek szorzataira vonatkozó tétel szerint

\begin{matrix} f d = c_{1} c_{2}, \end{matrix}

(1)

másrészt

\begin{matrix} C A F_{▵} \sim C D B_{▵}, \end{matrix}

C

-nél fekvő szögük egyenlő, mert

f

szögfelező,

F ∢ = B ∢

, mert mindkettő az

A C

íven nyugvó kerületi szög, a megfelelő oldalak aránya,

\begin{matrix} b : (f + d) = f : a, \end{matrix}

(2)

vagyis

\begin{matrix} f^{2} + f d = a b . \end{matrix}

Helyettesítsük be

f d

-nek (1) alatt nyert értékét (2)-be, ezzel a bizonyítandó állításhoz jutunk.
A numerikus számítás egyszerűsítésére az adatoknak megfelelő ábra elkészítése (3. ábra) nyújt lehetőséget.

3. ábra

120^{\circ}

-os szög miatt

A B F_{▵}

egyenlő oldalú, tehát

A F = c

. Másrészt

a : b = c_{1} : c_{2} = 2 : 1

miatt

c_{2} = \frac{c}{3}

. Továbbá a szögek egyenlősége miatt

A D F_{▵} \sim C D B_{▵}

, és így

A F : A D = B C : C D

, vagyis

c : \frac{c}{3} = a : f

, és így

f = \frac{a}{3} = 6

cm.

Kristóf László (Mosonmagyaróvár, Kossuth g. III. o. t.)

IV. megoldás: A szögfelező-tétel szerint

\frac{a}{b} = \frac{c_{1}}{c_{2}}

, tehát

b c_{1} - a c_{2} = 0

. Ennek felhasználásával bizonyítandó állításunk így is írható:

\begin{matrix} f = a b + b c_{1} - a c_{2} - c_{1} c_{2} = (a + c_{1}) (b - c_{2}) . \end{matrix}

Forgassuk

A

körül a

c_{2}

-t az

A C = b

oldalra,

c_{1}

-et pedig

B

körül a

B C = a

oldal meghosszabbítására (4. ábra).

4. ábra

A D D'_{▵}

egyenlő szárú, tehát az alap mellett fekvő

δ

szögre

\begin{matrix} δ = \frac{180^{\circ} - α}{2} = 90^{\circ} - \frac{α}{2} . \end{matrix}

δ

külső szöge

C D D'_{▵}

-nek, tehát

\begin{matrix} δ = 90^{\circ} - \frac{α}{2} = \frac{γ}{2} + φ, \end{matrix}

amiből

\begin{matrix} φ = 90^{\circ} - \frac{a}{2} - \frac{γ}{2} . \end{matrix}

D B D''

egyenlő szárú háromszög külső szöge

β

, s így az alapjánál fekvő

ε

szögre

\begin{matrix} ε = 90^{\circ} - \frac{a}{2} - \frac{γ}{2} . \end{matrix}

(2)

(1) és (2)-ből következik, hogy

φ = ε

, s így

C D D'_{▵} \sim C D'' D_{▵}

. E háromszögek megfelelő oldalainak aránya egyenlő, vagyis

\begin{matrix} (b - c_{2}) : f = f : (a + c_{1}), \end{matrix}

innen

\begin{matrix} f^{2} = (a + c_{1}) (b - c_{2}), \end{matrix}

ami állításunkkal azonos.
A numerikus számítás elvégzésére húzzunk a 3. ábrában

D

-n át

A C

-vel párhuzamost, amely messe a

B C

oldalt

E

-ben. A

C D E_{▵}

minden szöge

60^{\circ}

, tehát

D E = E C = f

. Az

A B C

és

D B E

háromszögek hasonlóságából következik, hogy

\begin{matrix} A C : D E = B C : B E, azaz 9 : f = 18 : (18 - f), amiből f = 6. \end{matrix}

Gergely Ervin (Bp. IV., Könyves Kálmán g. III. o. t.)