Feladat: 706. matematika feladat Korcsoport: 16-17 Nehézségi fok: átlagos
Megoldó(k):  Győry Kálmán ,  Jáky Mária 
Füzet: 1956/április, 110 - 112. oldal  PDF  |  MathML 
Témakör(ök): Háromszögek nevezetes tételei, Szögfelező egyenes, Síkgeometriai számítások trigonometriával, Feladat
Hivatkozás(ok):Feladatok: 1955/október: 706. matematika feladat

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

I. megoldás: Írjuk fel, hogy a háromszög területe egyenlő annak a két háromszög területének összegével, amelyre az fc szögfelező osztja a háromszöget (lásd az ábrát):

afcsinγ2+bfcsinγ2=absinγ.

 

Mindkét oldalt abfcsinγ2-vel osztva (sinγ2 nyilván nem 0)
1a+1b=1fcsinγsinγ2=1fc2cosγ2.(2)

Ezek szerint (1) akkor és csak akkor áll fenn, ha
cosγ2=12.
Mivel szükségképpen γ2<90, azért γ2=60, és így
γ=120.

Eszerint (1) fennállásának szükséges és elégséges feltétele, hogy az fc szögfelező által felezett szög 120-os legyen.
 

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

II. megoldás: Az (1) alatti összefüggés így is írható
fc=aba+b.(3)

A B csúcson át az fc-vel párhuzamosan húzott egyenes messe az AC oldal meghosszabbítását E-ben (lásd ábrát). A keletkezett BCEΔ-ben a B, ill. E csúcsoknál fekvő szögek, mint váltó-, ill. megfelelő szögek egyenlők γ2-vel és így CE=CB=a. Nyilván ADCΔABEΔ, és így
fc:b=x:(a+b),
ahonnan
fc=bxa+b.(4)
(3) és (4) összevetéséből következik, hogy x=a, tehát a BCEΔ egyenlő oldalú, és így minden szöge, tehát γ2 is 60-os.
 

Győry Kálmán (Ózd, József Attila g. II. o. t.)