Kezdőlap


Feladat:	B.4087	Korcsoport: 16-17	Nehézségi fok: átlagos
Megoldó(k):	Deák Zsolt
Füzet:	2009/április, 219 - 220. oldal		PDF \| MathML
Témakör(ök):	Síkgeometriai számítások trigonometriával, Trigonometriai azonosságok, Pitagorasz-tétel alkalmazásai, Koszinusztétel alkalmazása, Feladat
Hivatkozás(ok):	Feladatok: 2008/április: B.4087

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

I. megoldás. Jelölje a 2, 3, illetve 4 hosszúságú oldalakkal szemben lévő csúcsokat és szögeket rendre $B$ , $A$ , $C$ , $β$ , $α$ és $γ$ . Mivel $4^{2} > 2^{2} + 3^{2}$ , a $γ$ tompaszög. A $B$ csúcsból induló magasság $T$ talppontja ezért az $A C$ oldal $C$ -n túli meghosszabbításán van. Tükrözzük a háromszöget a $B T$ egyenesre, $A$ és $C$ képe legyen $A'$ , illetve $C'$ . Az $A$ , $C$ , $T$ , $C'$ és $A'$ pontok egy egyenesre esnek. A $B A A'$ háromszögben
$B A A' ∢ = B A' A ∢ = α$ . Megmutatjuk, hogy $A B A' ∢ = 3 β$ .

Legyen

C T = x

. Ekkor a

B A T

és

B C T

derékszögű háromszögekben Pitagorasz tétele szerint

\begin{matrix} 4^{2} = B A^{2} = A T^{2} + B T^{2} és 3^{2} = B C^{2} = C T^{2} + B T^{2} . \end{matrix}

A két egyenletet kivonva egymásból kapjuk, hogy

\begin{matrix} 16 - 9 = A T^{2} - C T^{2} = (A T - C T) (A T + C T) = A C \cdot (A C + 2 C T) = 2 (2 + 2 x) . \end{matrix}

Ebből

x = 3 / 4

, vagyis

C C' = 2 x = 3 / 2

. Legyen

C B C' ∢ = φ

. Írjuk fel a koszinusztételt a

B A C

és

B C C'

háromszögek

A C

, illetve

C C'

oldalaira:

\begin{matrix} A C^{2} & = A B^{2} + B C^{2} - 2 A B \cdot B C cos β, & azaz 4 & = 16 + 9 - 2 \cdot 4 \cdot 3 cos β, \\ C C'^{2} & = B C^{2} + C' B^{2} - 2 B C \cdot C' B cos φ, & azaz \frac{9}{4} & = 9 + 9 - 2 \cdot 3 \cdot 3 cos φ . \end{matrix}

Ezekből kapjuk, hogy

cos β = cos φ = 7 / 8

, s mivel

β

és

φ

0^{\circ}

és

180^{\circ}

közt vannak,

β = φ

.
Tehát

A B A' ∢ = 2 β + φ = 3 β

. Így az

A B A'

háromszög szögei rendre

α

3 β

α

. Bármely háromszögben a szögek összege

180^{\circ}

, ezért ebből rögtön adódik a bizonyítandó

\begin{matrix} 2 α + 3 β = 180^{\circ} \end{matrix}

állítás.

II. megoldás. Használjuk az I. megoldás jelöléseit. Mivel

α + β + γ = 180^{\circ}

, a bizonyítandó állítás ekvivalens azzal, hogy

180^{\circ} + β = 2 γ

. A koszinusztételt a háromszög

A C

, illetve

A B

oldalaira felírva kapjuk, hogy

\begin{matrix} cos β = \frac{4^{2} + 3^{2} - 2^{2}}{2 \cdot 4 \cdot 3} = \frac{7}{8} és cos γ = \frac{2^{2} + 3^{2} - 4^{2}}{2 \cdot 2 \cdot 3} = - \frac{1}{4} . \end{matrix}

Ezért

γ

tompaszög, vagyis

180^{\circ} + β

és

2 γ

180^{\circ}

és

360^{\circ}

közé esik. Ezen az intervallumon a koszinusz függvény szigorúan monoton nő, tehát a bizonyítandó állítás ekvivalens azzal, hogy

cos (180^{\circ} + β) = cos 2 γ

.
Az addíciós tételeket alkalmazva kapjuk, hogy

\begin{matrix} cos (180^{\circ} + β) = - cos β = - \frac{7}{8} és cos 2 γ = 2 cos^{2} γ - 1 = 2 {(- \frac{1}{4})}^{2} - 1 = - \frac{14}{16}, \end{matrix}

azaz a két kifejezés valóban egyenlő. Ezzel az állítást igazoltuk.