Úton-módon

Úton-módon

Egy feladat és ami róla az eszembe jutott...

Az idei Győr–Moson–Sopron Megyei Matematikaverseny egyik feladatát Árki Tamás (Révai Miklós Gimnázium és Kollégium, Győr) kollégám javasolta. A feladat a $ 100^\circ-40^\circ-40^\circ$ háromszögről szólt. $ 100^\circ-40^\circ=60^\circ$. Elgondolkodtam. Biztos lesz itt szép megoldás!

A következőkben 6 megoldást mutatok. Mind a hat a maga nemében szép, vagy valami szép tulajdonságot használ.

A feladat

Az $ ABC$ háromszögben $ AB=AC$ és $ CAB\sphericalangle=100^\circ$. Az $ AB$ oldal $ B$-n túli meghosszabbításán vegyük fel a $ D$ pontot úgy, hogy $ AD=BC$ teljesüljön. Számítsuk ki az $ ADC\sphericalangle$ nagyságát.

1. megoldás

Használjuk fel, hogy a feladatban szereplő szögekre $ 100^\circ-40^\circ=60^\circ$.

Rajzoljuk az $ AC$ oldalra az $ AEC$ szabályos háromszöget az ábra szerint. Kössük össze a $ D$ és $ E$ pontokat. 

Szoldatics 01

1. ábra

$ EAD\sphericalangle=100^{\circ}-60^{\circ}=40^{\circ}$=$ ABC\sphericalangle$. Mivel az $ ABC$ és a $ DEA$ háromszögben az e két szöget közrefogó két-két oldal is egyenlő:$ BC=AD$ és $ BA=AE$, így $ ADE\triangle\cong BCA\triangle$.

Ezért $ DE=AE=CE$, vagyis az $ A$, $ C$ és $ D$ pontokra illeszkedő kör középpontja $ E$. Mivel az $ AC$ szakasz $ E$-ből $ 60^{\circ}$ alatt látszik, a $ D$ kerületi pontból $ 30^{\circ}$ alatt. Tehát a keresett szög $ 30^{\circ}$-os.

2. megoldás

Most is felhasználjuk, hogy a feladatban szereplő szögekre $ 100^\circ-40^\circ=60^\circ$, de máshol keressük ezt a szöget.

Rajzoljuk meg a feladatban szereplő $ ABC$ háromszöggel egybevágó $ AEC$ háromszöget az ábrán látható módon úgy, hogy $ ACE\sphericalangle=100^\circ$ legyen. Kössük össze a $ D$ és $ E$ pontokat. 

 Szoldatics 02

2. ábra

 

Ekkor és $ AD=BC=AE$, valamint

$\displaystyle DAE\sphericalangle=DAC\sphericalangle-EAC\sphericalangle=100^{\circ}-40^{\circ}=60^{\circ},
$

tehát a $ DAE$ háromszög szabályos, így $ AD=DE$ is teljesül. Az $ ADEC$ négyszög tehát deltoid, ($ AC=CE$ és $ AD=DE$), amelynek szimmetria átlója a $ DC$ szakasz, tehát felezi az $ ADE$ szöget.

Ebből következik, hogy a keresett szög $ ADC\sphericalangle=\dfrac{ADE\sphericalangle}{2}=30^{\circ}$.

3. megoldás

Ebben a megoldásban nem a szögek különbségét keressük, hanem a két szög összegét:  $ 40^\circ+60^\circ=100^\circ$.

Rajzoljunk $ BCE$ szabályos háromszöget a $ BC$ oldalra az ábra szerint. Kössük össze a $ D$ és $ E$ pontokat. 

 

Szoldatics 03
3. ábra

 

$ AB=AC$ és $ EB=EC$, tehát az $ ABEC$ négyszög deltoid, amelynek $ AE$ szimmetria átlója, így $ AEC\sphericalangle=\dfrac{1}{2}CEB\sphericalangle=30^\circ$.

$ ECA\sphericalangle=60^\circ+40^\circ=100^\circ$, azaz  $ ECA\sphericalangle=DAC\sphericalangle$, és , így az $ ACED$ négyszög szimmetrikus trapéz, tehát húrnégyszög.

A négyszög köré írható körben az $ AC$ szakasz az$ E$ pontból  és a $ D$ pontból egyenlő szögben látszik, tehát .

4. megoldás

Most keressük a szabályos háromszöget egy meglepő helyen.

Rajzoljunk az $ AD$ oldalra az eredetivel egybevágó $ AED$ háromszöget az ábra szerint.

Szoldatics 04
4. ábra

 

Legyen $ F$ a $ BC$ oldalnak azon pontja, amelyre $ CA=CF$. Kössük össze az  pontot a  és az  csúcsokkal.

Számítsuk ki az $ AEFC$ négyszög szögeit!

$ FCA\sphericalangle=40^{\circ}$, $ CAE\sphericalangle=100^\circ+40^{\circ}=140^{\circ}$, ami azt jelenti, hogy $ FC\parallel AE$. Mivel $ EA=AC=CF$ is teljesül, az $ ACFE$ négyszög rombusz, amelynek szögei $ 40^\circ$ és $ 140^\circ$-osak.

Tekintsük most az $ EDF$ háromszöget. $ DEF\sphericalangle=100^{\circ}-40^{\circ}=60^\circ$, és mivel $ ED=EA=EF$, az $ EDF$ háromszög szabályos, vagyis $ FDE\sphericalangle=60^\circ$. Innen $ ADF\sphericalangle=EDF\sphericalangle-EDA\sphericalangle=60^\circ-40^\circ=20^\circ$.

A $ CDF$ háromszög egyenlő szárú, mert $ DF=FC$.  $ CFD\sphericalangle=360^\circ-70^\circ-70^\circ-60^\circ=160^\circ$, így $ FCD\sphericalangle=FDC\sphericalangle=10^\circ$. Tehát  $ ADC\sphericalangle=ADF\sphericalangle+FDC\sphericalangle=30^\circ$.

5. megoldás

Most nézzünk egy teljesen más megoldást, amely trigonometriára támaszkodik. A megoldás során felhasználjuk a

$\displaystyle \cos \alpha +\cos \beta = 2\cdot \cos \left(\dfrac{\alpha+\beta}{2}\right)\cdot \cos\left(\dfrac{\alpha-\beta}{2}\right)
$

és ennek egy másik formáját, a

$\displaystyle 2\cdot \cos\alpha\cdot \cos\beta=\cos(\alpha+\beta)+\cos(\alpha-\beta)
$

azonosságot is.

Vegyük fel $ AC$ oldal meghosszabbításán azt az $ E$ pontot, amelyre $ DEA\sphericalangle=DAE\sphericalangle=80^{\circ}$. (Mivel $ DAE\sphericalangle=80^{\circ}$, ez az $ E$ pont létezik.)

Szoldatics 05
5. ábra

 

Az $ ABC$ háromszögben a szárak hosszai $ AB=AC=a$, válasszuk ezt egységnyinek, azaz . Az $ A$-ból induló magasság két olyan derékszögű háromszögre bontja az $ ABC$ háromszöget, amelyekben definíció szerint $ \dfrac{b}{2}=1\cdot \sin50^{\circ}$, azaz $ b=2\sin50^\circ$.

Mivel $ DE=DA=b$ (hiszen így vettük fel a $ D$ pontot), továbbá $ EDA\sphericalangle=20^{\circ}$, ebből következik, hogy

$\displaystyle EA=2b\cdot \sin10^\circ=4\cdot \sin 10^{\circ}\cdot\sin 50^{\circ}.
$

Mivel

$\displaystyle 2\cdot \sin 10^{\circ}\cdot\sin 50^{\circ}=2\cdot \cos 80^{\circ}...
...cos 40^{\circ}=\cos 120^{\circ}+\cos 40^{\circ}=\sin 50^{\circ}-\dfrac{1}{2},
$

azért

$\displaystyle EA=4\cdot \sin 10^{\circ}\cdot\sin 50^{\circ}=2\cdot\sin 50^{\circ}-1=b-a,
$

ami azt jelenti, hogy $ EC=b=AD=ED$, azaz a $ DEC$ háromszög egyenlő szárú. Mivel $ DEC\sphericalangle=80^\circ$, ebből következik, hogy $ EDC\sphericalangle=ECD\sphericalangle=50^{\circ}$.

A keresett szög:

$\displaystyle ADC\sphericalangle=EDC\sphericalangle-EDA\sphericalangle=50^{\circ}-20^{\circ}=30^{\circ}.
$

6. megoldás

És végül mutatunk egy tisztán trigonometrikus gondolatmenetet. A megoldás során felhasználjuk a

$\displaystyle \cos \alpha +\cos \beta = 2\cdot \cos \left(\dfrac{\alpha+\beta}{2}\right)\cdot \cos\left(\dfrac{\alpha-\beta}{2}\right)
$

azonosságot.

Legyen az $ ABC$ háromszög szárainak hossza $ AB=AC=a$; válasszuk ezt egységnyinek, azaz . Ekkor az $ A$-ból induló magasság két olyan derékszögű háromszögre bontja a háromszöget, amelyekben definíció szerint $ \frac{b}{2}=\sin 50^\circ$, azaz $ b=2\cdot\sin 50^{\circ}$.

Szoldatics 06
6. ábra

 

Felírva a szinusztételt az $ ADC$ háromszög $ AD$ és $ AC$ oldalaira ($ \alpha$-val jelölve a keresett $ ADC$ szöget)

$\displaystyle \dfrac{2\cdot\sin 50^{\circ}}{1}$ $\displaystyle =\dfrac{\sin(180^{\circ}-100^{\circ}-\alpha)}{\sin \alpha}=\dfrac{\sin(80^{\circ}-\alpha)}{\sin \alpha},$
$\displaystyle 2\cdot\sin 50^{\circ}$ $\displaystyle =\dfrac{\sin 80^{\circ}\cdot \cos \alpha-\cos 80^{\circ} \cdot\sin \alpha }{\sin \alpha},$
$\displaystyle 2\cdot\sin 50^{\circ}$ $\displaystyle =\sin 80^{\circ} \cdot\operatorname{ctg}\alpha-\cos 80^{\circ},$
$\displaystyle 2\cdot\sin 50^{\circ}+\cos 80^{\circ}$ $\displaystyle =\sin 80^{\circ} \cdot\operatorname{ctg}\alpha,$
$\displaystyle \operatorname{ctg}\alpha$ $\displaystyle =\dfrac{2\cdot\sin 50^{\circ}+\cos 80^{\circ}}{\sin 80^{\circ}}.$

A kifejezést tovább alakítva

$\displaystyle \operatorname{ctg}\alpha$ $\displaystyle =\dfrac{2\cdot\sin 50^{\circ}+\cos 80^{\circ}}{\sin 80^{\circ}}=\...
...irc}}=\dfrac{\cos 40^{\circ}+\cos 40^{\circ}+\cos 80^{\circ}}{\sin 80^{\circ}}=$
  $\displaystyle =\dfrac{\cos 40^{\circ}+2\cdot\cos 60^{\circ}\cdot\cos 20 ^{\circ...
...rc}}{\sin 80^{\circ}}=\dfrac{\cos 40^{\circ}+\cos 20^{\circ}}{\sin 80^{\circ}}=$
  $\displaystyle =\dfrac{2\cdot\cos 30^{\circ}\cdot \cos 10^{\circ}}{\sin 80^{\cir...
...in 80^{\circ}}=\dfrac{\sqrt{3}\cdot \cos 10^{\circ}}{\cos 10^{\circ}}=\sqrt{3}.$

Eszerint $ \operatorname{ctg}\alpha=\sqrt{3}$, azaz $ \alpha=ADC\sphericalangle=30^{\circ}$.

Zárszó

Kedves Olvasó! Ha egy másik „szép” megoldást talál, kérem küldje el nekem a Ez az e-mail-cím a szpemrobotok elleni védelem alatt áll. Megtekintéséhez engedélyeznie kell a JavaScript használatát. e-mail címre. Ezeket az újabb megoldásokat összegyűjtve időnként (terveim szerint) szintén megmutatnám.

Szoldatics József