Feladat:	C.1016	Korcsoport: 16-17	Nehézségi fok: átlagos
Megoldó(k):	Bata Judit ,  Fejős Dániel
Füzet:	2011/március, 150 - 151. oldal		PDF  |  MathML
Témakör(ök):	C gyakorlat, Thalesz tétel és megfordítása, Körülírt kör, Húrnégyszögek, Középponti és kerületi szögek
Hivatkozás(ok):	Feladatok: 2010/január: C.1016

A szöveg csak Firefox böngészőben jelenik meg helyesen. Használja a fenti PDF file-ra mutató link-et a letöltésre.   I. megoldás. Az $ABC$ háromszög egy szabályos háromszög fele. Legyen $CB=2$, ekkor $AC=1$, $AB=\sqrt[]{3}$. Mivel $CD=BD$ egy két egység oldalú négyzet átlójának fele, $CD=BD=\sqrt[]{2}$ és $CDB\sphericalangle ={90}^{\circ }$. Jelöljük a keresett $ADB$ szöget $\delta$-val, ekkor $\begin{array}{c}{\displaystyle BAD\sphericalangle ={180}^{\circ }-\left({75}^{\circ }+\delta \right)={105}^{\circ }-\delta \mathrm{.}}\end{array}$     Írjuk fel az $ABD$ háromszögben a szinusztételt: ${\displaystyle \begin{array}{cc}\hfill {\displaystyle \frac{\text{sin}\delta }{\text{sin}\left({105}^{\circ }-\delta \right)}}& {\displaystyle =\frac{\sqrt[]{3}}{\sqrt[]{2}}\mathrm{,}\text{innen}}\hfill \\ \hfill {\displaystyle \text{sin}\delta }& {\displaystyle =\frac{\sqrt[]{3}}{\sqrt[]{2}}\left(\text{sin}{105}^{\circ }\text{cos}\delta -\text{cos}{105}^{\circ }\text{sin}\delta \right)\mathrm{.}}\hfill & \text{(<mn>1</mn>)}\end{array}}$ A szögösszegezési tételek segítségével kiszámítjuk a ${105}^{\circ }$ szinuszát és koszinuszát: ${\displaystyle \begin{array}{cc}\hfill {\displaystyle \text{cos}{105}^{\circ }}& {\displaystyle =\text{cos}{60}^{\circ }\text{cos}{45}^{\circ }-\text{sin}{60}^{\circ }\text{sin}{45}^{\circ }=\frac{1}{2}\frac{\sqrt[]{2}}{2}-\frac{\sqrt[]{3}}{2}\frac{\sqrt[]{2}}{2}=\frac{\sqrt[]{2}}{2}\left(\frac{1-\sqrt[]{3}}{2}\right)\mathrm{,}}\hfill \\ \hfill {\displaystyle \text{sin}{105}^{\circ }}& {\displaystyle =\text{sin}{60}^{\circ }\text{cos}{45}^{\circ }+\text{cos}{60}^{\circ }\text{sin}{45}^{\circ }=\frac{\sqrt[]{3}}{2}\frac{\sqrt[]{2}}{2}+\frac{1}{2}\frac{\sqrt[]{2}}{2}=\frac{\sqrt[]{2}}{2}\left(\frac{\sqrt[]{3}+1}{2}\right)\mathrm{.}}\hfill \end{array}}$ A most kapott értékeket írjuk be az (1) egyenletbe: ${\displaystyle \begin{array}{cc}\hfill {\displaystyle \text{sin}\delta }& {\displaystyle =\frac{\sqrt[]{3}}{\sqrt[]{2}}\left[\frac{\sqrt[]{2}}{2}\frac{\sqrt[]{3}+1}{2}\text{cos}\delta -\frac{\sqrt[]{2}}{2}\frac{1-\sqrt[]{3}}{2}\text{sin}\delta \right]\mathrm{,}}\hfill \\ \hfill {\displaystyle \text{sin}\delta }& {\displaystyle =\frac{\sqrt[]{3}\left(\sqrt[]{3}+1\right)}{4}\text{cos}\delta -\frac{\sqrt[]{3}\left(1-\sqrt[]{3}\right)}{4}\text{sin}\delta \mathrm{.}}\hfill \end{array}}$ Osszunk végig $\text{cos}\delta \ne 0$-val: $\begin{array}{c}{\displaystyle \text{tg}\delta =\frac{3+\sqrt[]{3}}{4}-\frac{\sqrt[]{3}-3}{4}\text{tg}\delta \mathrm{.}}\end{array}$ Innen ${\displaystyle \begin{array}{c}\hfill {\displaystyle \text{tg}\delta \left(1+\frac{\sqrt[]{3}-3}{4}\right)=\frac{3+\sqrt[]{3}}{4}\text{és}}\hfill \\ \hfill {\displaystyle \text{tg}\delta =\frac{3+\sqrt[]{3}}{1+\sqrt[]{3}}=\frac{\left(3+\sqrt[]{3}\right)\left(1-\sqrt[]{3}\right)}{\left(1+\sqrt[]{3}\right)\left(1-\sqrt[]{3}\right)}=\frac{3+\sqrt[]{3}-3\sqrt[]{3}-3}{1-3}=\sqrt[]{3}\mathrm{.}}\hfill \end{array}}$ Vagyis $\delta =ADB\sphericalangle ={60}^{\circ }$.   II. megoldás. Az $ABDC$ négyszögben az $A$ és $D$ szembenfekvő csúcsoknál levő szög derékszög, így összegük ${180}^{\circ }$. Ez azt jelenti, hogy a négyszög húrnégyszög, így írható köré kör.     $ACB\sphericalangle =ADB\sphericalangle$ ugyanazon húrhoz tartozó kerületi szögek, tehát egyenlők, amiből következik, hogy $ADB\sphericalangle ={60}^{\circ }$.