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.
\( EAD\sphericalangle=100^{\circ}-60^{\circ}=40^{\circ}= ABC\sphericalangle\). 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.
Ekkor \(AB=AC=CE\) 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.
\( AB=AC\) 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 \(DA=EC\), 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 \(AEC\sphericalangle=30^{\circ}=ADC\sphericalangle\).
4. megoldás
Most keressük a szabályos háromszöget egy meglepő helyen.
Rajzoljunk az \( AD\) oldalra az eredetivel egybevágó \( AED\) háromszöget az ábra szerint.
Legyen \( F\) a \( BC\) oldalnak azon pontja, amelyre \( CA=CF\). Kössük össze az \(F\) pontot a \(D\) és az \(E\) 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.)
Az \( ABC\) háromszögben a szárak hosszai \( AB=AC=a\), válasszuk ezt egységnyinek, azaz \(a=1\). 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 \[\displaystyle 2\cdot \sin 10^{\circ}\cdot\sin 50^{\circ}=2\cdot \cos 80^{\circ}\cdot\cos 40^{\circ}=\cos 120^{\circ}+\cos 40^{\circ}=\sin 50^{\circ}-\dfrac{1}{2},\] 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 \(a=1\). Ekkor az \( A\)-ból induló magasság két olyan derékszögű háromszögre bontja a háromszöget, amelyekben definíció szerint \( \frac{b}{2}=\sin 50^\circ\), azaz \( b=2\cdot\sin 50^{\circ}\).
Felírva a szinusztételt az \( ADC\) háromszög \( AD\) és \( AC\) oldalaira (\( \alpha\)-val jelölve a keresett \( ADC\) szöget) \[\displaystyle \begin{align} \dfrac{2\cdot\sin 50^{\circ}}{1}&=\dfrac{\sin(180^{\circ}-100^{\circ}-\alpha)}{\sin \alpha}=\dfrac{\sin(80^{\circ}-\alpha)}{\sin \alpha},\\ 2\cdot\sin 50^{\circ}&=\dfrac{\sin 80^{\circ}\cdot \cos \alpha-\cos 80^{\circ} \cdot\sin \alpha }{\sin \alpha},\\ 2\cdot\sin 50^{\circ}&=\sin 80^{\circ} \cdot\operatorname{ctg}\alpha-\cos 80^{\circ},\\ 2\cdot\sin 50^{\circ}+\cos 80^{\circ}&=\sin 80^{\circ} \cdot\operatorname{ctg}\alpha,\\ \operatorname{ctg}\alpha&=\dfrac{2\cdot\sin 50^{\circ}+\cos 80^{\circ}}{\sin 80^{\circ}}. \end{align}\]
A kifejezést tovább alakítva \[\displaystyle \begin{align} \operatorname{ctg}\alpha&=\dfrac{2\cdot\sin 50^{\circ}+\cos 80^{\circ}}{\sin 80^{\circ}}=\dfrac{2\cdot\cos 40^{\circ}+\cos40^{\circ}}{\sin 80^{\circ}}=\dfrac{\cos 40^{\circ}+\cos 40^{\circ}+\cos 80^{\circ}}{\sin 80^{\circ}}=\\ &=\dfrac{\cos 40^{\circ}+2\cdot\cos 60^{\circ}\cdot\cos 20 ^{\circ}}{\sin 80^{\circ}}=\dfrac{\cos 40^{\circ}+2\cdot\dfrac{1}{2}\cdot\cos 20^{\circ}}{\sin 80^{\circ}}=\dfrac{\cos 40^{\circ}+\cos 20^{\circ}}{\sin 80^{\circ}}=\\ &=\dfrac{2\cdot\cos 30^{\circ}\cdot \cos 10^{\circ}}{\sin 80^{\circ}}=\dfrac{2\cdot\dfrac{\sqrt{3}}{2}\cdot\cos 10^{\circ}}{\sin 80^{\circ}}=\dfrac{\sqrt{3}\cdot \cos 10^{\circ}}{\cos 10^{\circ}}=\sqrt{3}. \end{align}\]
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 szolda@fazekas.hu e-mail címre. Ezeket az újabb megoldásokat összegyűjtve időnként (terveim szerint) szintén megmutatnám.
Szoldatics József
