Feladat: C.676 Korcsoport: 16-17 Nehézségi fok: átlagos
Megoldó(k):  Illés Evelin ,  Szegő Márton 
Füzet: 2002/december, 532 - 533. oldal  PDF file
Témakör(ök): Síkgeometriai számítások trigonometriával, Téglalapok, C gyakorlat
Hivatkozás(ok):Feladatok: 2002/május: C.676

Az ABEF téglalap AB oldala 1, BE oldala 3 egység. A BE oldal harmadolópontjai C és D. Mutassuk meg, hogy
BAC+BAD+BAE=180.

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

I. megoldás. Az EB oldal B-hez közelebbi harmadoló pontja C, a másik harmadoló pont D. Jelöljük a BAC, BAD, BAE szögeket rendre α-val, β-val és γ-val.

 
 

Az ABC háromszög nyilván derékszögű és egyenlő szárú, ezért α=45.
Az ABD háromszögből tgβ=2, az ABE háromszögből tgγ=3.
Ismeretes, hogy tg(β+γ)=tgβ+tgγ1-tgβtgγ. Helyettesítsük az összefüggésbe tgβ és tgγ kapott értékeit:
tg(β+γ)=2+31-23=5-5=-1.(1)
Mivel β+γ<180, (1) miatt β+γ=135. Ebből pedig már következik az állítás, vagyis α+β+γ=180.
Illés Evelin (Siófok, Perczel Mór Gimn., 9. évf.)

II. megoldás. Az ABEF téglalap mellé rajzoljuk meg (az ábra szerint) az ABD'F' (2 egység alapú) téglalapot, továbbá az ABEF téglalappal egybevágó A'B'EF'' téglalapot. Az ábráról leolvasható, hogy AE=A'E, és
BEA+F''EA'=90.
Ez azt jelenti, hogy az AEA' háromszög derékszögű és egyenlő szárú, így EAA'=45.
 
 

Mivel a D'A'F'' háromszöget a D'AB háromszögnek a D' pontból történt 3-szoros nagyításával kaphatjuk meg, a D', A, A' pontok egy egyenesen vannak, azaz
D'AB+BAE+EAA'=180,
de D'AB=BAD és BAC=EAA'=45. Ebből a feladat állítása következik.
Szegő Márton (Budapest, Jedlik Ányos Gimn., 10. évf.)