Úton-módon 2.

Egy feladat és ami róla az eszembe jutott...

A 2019 évi Nemzetközi Magyar Matematikaverseny egyik, 9. osztályosoknak szóló feladatát Erdős Gábor (Batthyány Lajos Gimnázium, Nagykanizsa) javasolta. A feladatra matematika tanárok egy csoportja 20 elemi megoldást adott. A teljes anyag megtalálható a https://matek.fazekas.hu/ portálon a cikkek között, amit Erdős Gábor kollégám jegyez. Most ezek közül 7 megoldást mutatok. Mind a hét a maga nemében szép, vagy valami szép tulajdonságot használ. A megoldások közül az első három Erdős Gáboré; az utolsó négy megoldást én adtam.

A feladat

Az $ABC$ szabályos háromszög $AB$ oldalának felezőpontja $F$ . A $CF$ szakasz azon belső pontja a $D$ pont, amelyre az $ADB$ szög 90 fokos. A $CF$ szakasz azon belső pontja az $E$ pont, amelyre a $CD$ és a $DE$ szakaszok hossza egyenlő. Hány fokos az $AEB$ szög?

1. megoldás

Legyen a háromszög oldalának hossza 2 egység.

Legyen az $AE$ szakasz felezőpontja $G$ .

$GD$ középvonal az $AEC$ háromszögben, így

$\displaystyle GD=\frac{AC}{2} =1.$

Az $AFD$ háromszög egyenlő szárú és derékszögű, így

$\displaystyle AF=FD=1.$

Az $FDG$ háromszög egyenlő szárú, mivel

$\displaystyle GD=FD=1$

$\displaystyle GDF\sphericalangle =ACF\sphericalangle =30^\circ,$

hiszen egyállású szögek, ezért

$\displaystyle GFD\sphericalangle =\frac{180^\circ -30^\circ }{2} =75^\circ.$

A Thalész-tétel megfordítása miatt az $AFE$ háromszög köré írt kör középpontja $G$ , így az $EGF$ háromszög is egyenlő szárú, azaz

$\displaystyle AEF\sphericalangle =GFD\sphericalangle =75^\circ.$

A kérdezett szög tehát:

$\displaystyle AEB\sphericalangle =2\cdot AEF\sphericalangle =150^\circ.$

2. megoldás

Legyen a háromszög oldala 2 egység. Használjuk az ábra jelöléseit.

Az $AFC$ háromszögben a Pitagorasz-tétel miatt

$\displaystyle CF=2x+y=\sqrt{3}.$

az $AFD$ háromszög egyenlő szárú, így

$\displaystyle DF=x+y=1,$

ezért

$\displaystyle CD=DE=x=\sqrt{3} -1,$

és

$\displaystyle EF=y=\sqrt{3} -2\left(\sqrt{3} -1\right) =2-\sqrt{3}.$

az $AFE$ háromszögben a Pitagorasz-tétel miatt

$\displaystyle AE=z=\sqrt{1+\left(2-\sqrt{3}\right)^2} =2\sqrt{2-\sqrt{3} }.$

legyen az $E$ -ből az $AD$ -re bocsátott merőleges talppontja $T$ .

Az $ETD$ háromszögben a Pitagorasz-tétel miatt

$\displaystyle 2u^{2} =x^{2} =\left(\sqrt{3} -1\right)^2=4-2\sqrt{3},$

vagyis

$\displaystyle ET=TD=u=\sqrt{2-\sqrt{3} }.$

De akkor az $AET$ derékszögű háromszögben

$\displaystyle AE=2\cdot ET,$

ez tehát egy félszabályos háromszög, amiből következik, hogy

$\displaystyle DAE\sphericalangle =30^\circ.$

Ekkor viszont

$\displaystyle EAF\sphericalangle =45^\circ -30^\circ =15^\circ,$

így

$\displaystyle AEF\sphericalangle =75^\circ.$

A kérdezett szög tehát:

$\displaystyle AEB\sphericalangle =2\cdot AEF\sphericalangle =150^\circ.$

3. megoldás

Legyen a háromszög oldala 2 egység. Használjuk az ábra jelöléseit.

szolda2 3

Az $AFC$ háromszögben a Pitagorasz-tétel miatt

$\displaystyle CF=2x+y=\sqrt{3}.$

Az $AFD$ háromszög egyenlő szárú, így

$\displaystyle DF=x+y=1,$

$\displaystyle CD=DE=x=\sqrt{3} -1.$

Legyen $E$ -ből az $AC$ -re bocsátott merőleges talppontja $P$ . Ekkor $CPE$ félszabályos háromszög, így

$\displaystyle PE=\frac{CE}{2} =x=\sqrt{3} -1,$

$\displaystyle CP=\sqrt{3} \left(\sqrt{3} -1\right) =3-\sqrt{3},$

$\displaystyle AP=2-\left(3-\sqrt{3}\right) =\sqrt{3} -1=x.$

Azt kaptuk, hogy az $APE$ derékszögű háromszögben

$\displaystyle AP=EP=x=\sqrt{3} -1,$

tehát ez a háromszög egyenlő szárú is, ezért alapon fekvő szöge

$\displaystyle PAE\sphericalangle =45^\circ.$

Az $AEC$ háromszög $E$ csúcsnál lévő külső szöge ezért

$\displaystyle AEF\sphericalangle =30^\circ +45^\circ =75^\circ.$

A kérdezett szög tehát:

$\displaystyle AEB\sphericalangle =2\cdot AEF\sphericalangle =150^\circ.$

4. megoldás

Tükrözzük az $ABE$ háromszöget a $D$ pontra. Ekkor az $E$ tükörképe $C$ .

Az így kapott $ABA'B'$ négyszög egy négyzet, hiszen átlói merőlegesek és egyenlő hosszúak. A négyzet belsejében pedig az $ABC$ szabályos háromszög – ismert feladathoz jutottunk!

$\displaystyle CAB' \sphericalangle =90^\circ -60^\circ =30^\circ,$

továbbá az $ACB'$ háromszög egyenlő szárú, így

$\displaystyle AB' C\sphericalangle =\frac{180^\circ -30^\circ }{2} =75^\circ.$

de akkor

$\displaystyle CB' A' \sphericalangle =90^\circ -75^\circ =15^\circ.$

Szimmetria-okokból a $B'CA'$ háromszög egyenlő szárú, így

$\displaystyle CA' B' \sphericalangle =15^\circ,$

ezért

$\displaystyle B' CA' \sphericalangle =180^\circ -2\cdot 15^\circ =150^\circ.$

A keresett szög ennek a szögnek a tükörképe a $D$ pontra nézve, így

$\displaystyle AEB\sphericalangle =150^\circ.$

5. megoldás

Legyen a háromszög oldala 2 egység. Használjuk az ábra jelöléseit.

Az $AFC$ háromszögben a Pitagorasz-tétel miatt

$\displaystyle CF=2x+y=\sqrt{3}.$

az $AFD$ háromszög egyenlő szárú, így

$\displaystyle DF=x+y=1,$

$\displaystyle CD=DE=x=\sqrt{3} -1,$

$\displaystyle EF=y=\sqrt{3} -2\left(\sqrt{3} -1\right) =2-\sqrt{3}.$

az $AFE$ háromszögben a Pitagorasz-tétel miatt

$\displaystyle AE=z=\sqrt{1+\left(2-\sqrt{3}\right)^2} =\sqrt{2} \sqrt{4-2\sqrt{... ...sqrt{2} \sqrt{\left(\sqrt{3} -1\right)^2} =\sqrt{2} \left(\sqrt{3} -1\right).$

Legyen az $E$ pont tükörképe az $AC$ oldalra nézve $E'$ .

Az $ECE'$ háromszög szabályos,

$\displaystyle EE' =2x=2\left(\sqrt{3} -1\right).$

Az $AEE'$ háromszögben

$\displaystyle AE^{2} +\left(AE'\right)^2=2z^{2} =4\left(\sqrt{3} -1\right)^2=\left(2\left(\sqrt{3} -1\right)\right)^2=\left(EE'\right)^2,$

ezért ez a háromszög a Pitagorasz-tétel megfordítása miatt derékszögű. Mivel egyenlő szárú is, ezért

$\displaystyle AEE' \sphericalangle =45^\circ.$

Mivel az

$\displaystyle AEC\sphericalangle =60^\circ +45^\circ =105^\circ,$

ezért az

$\displaystyle AEF\sphericalangle =180^\circ -105^\circ =75^\circ.$

A kérdezett szög tehát:

$\displaystyle AEB\sphericalangle =2\cdot AEF\sphericalangle =150^\circ.$

6. megoldás

Legyen a háromszög oldala 2 egység. Használjuk az ábra jelöléseit.

Az $AFC$ háromszögben a Pitagorasz-tétel miatt

$\displaystyle CF=2x+y=\sqrt{3}.$

az $AFD$ háromszög egyenlő szárú, így

$\displaystyle DF=x+y=1,$

ezért

$\displaystyle CD=DE=x=\sqrt{3} -1,$

$\displaystyle EF=y=\sqrt{3} -2\left(\sqrt{3} -1\right) =2-\sqrt{3}.$

Az $AFE$ háromszögben a Pitagorasz-tétel miatt

$\displaystyle AE=z=\sqrt{1+\left(2-\sqrt{3}\right)^2} =\sqrt{2} \sqrt{4-2\sqrt{... ...sqrt{2} \sqrt{\left(\sqrt{3} -1\right)^2} =\sqrt{2} \left(\sqrt{3} -1\right).$

Forgassuk el az $ABE$ háromszöget 60 fokkal az $A$ pont körül.

Legyen az $E$ pont elforgatottja $E'$ . Az $AEE'$ háromszög szabályos,

$\displaystyle EE' =z=\sqrt{2} \left(\sqrt{3} -1\right).$

A $CE'E$ háromszögben

$\displaystyle \left(CE'\right)^2+\left(EE'\right)^2=2z^{2} =4\left(\sqrt{3} -1\right)^2=\left(2\left(\sqrt{3} -1\right)\right)^2=\left(2x\right)^2=CE^{2},$

ezért ez a háromszög a Pitagorasz-tétel megfordítása miatt derékszögű. Mivel ez a háromszög egyenlő szárú is, ezért

$\displaystyle E' EC\sphericalangle =45^\circ.$

Mivel az $AEC\sphericalangle =60^\circ +45^\circ =105^\circ$ , ezért az $AEF\sphericalangle =180^\circ -105^\circ =75^\circ$ . A kérdezett szög tehát:

$\displaystyle AEB\sphericalangle =2\cdot AEF\sphericalangle =150^\circ.$

7. megoldás

Tekintsük az $A_{1}A_{2}\ldots A_{12}$ szabályos sokszöget, amelynek középpontja $O$ pont.

Az $A_{11}A_{6}$ szakasz $O$ körüli 90 fokos elforgatottja az $A_{8}A_{3}$ szakasz, így ez a két szakasz merőleges. Mivel az említett két szakasz egymás tükörképe az $OA_{7}$ egyenesre, így $P$ metszéspontjuk illeszkedik a tükörtengelyre, tehát

$\displaystyle A_{8} PA_{6} \sphericalangle =90^\circ.$

Hasonlóan az $A_{9}A_{6}$ szakasz $O$ körüli 30 fokos elforgatottja az $A_{8}A_{5}$ szakasz, így ennek a két szakasznak a hajlásszöge $30^\circ$ . Mivel az említett két szakasz egymás tükörképe az $OA_{7}$ egyenesre, így $R$ metszéspontjuk illeszkedik a tükörtengelyre, tehát $A_{5} RA_{6} \sphericalangle =30^\circ$ , azaz

$\displaystyle A_{8} RA_{6} \sphericalangle =150^\circ.$

Mivel $A_{1}A_{3}A_{5}A_{7}A_{9}A_{11}$ egy szabályos hatszög, ezért minden oldala egyenlő a köré írt kör sugarával ( $r$ ), továbbá belső szögei 120 fokosak, tehát az $A_{11}A_{1}M$ háromszög szabályos, ezért

$\displaystyle MA_{11} =r.$

Az $OA_{11}A_{9}A_{7}$ négyszög rombusz, mivel minden oldala $r$ hosszúságú, ezért szemközti oldalai, $A_{9}A_{11}$ és $A_{7}O$ párhuzamosak. Ez viszont azt jelenti, hogy egy $A_{6}$ középpontú kicsinyítéssel az $MA_{11}$ szakasz képe lehet az $OP$ szakasz, akkor a vele egyenlő hosszú $A_{9}A_{11}$ szakasz képe ugyanezen kicsinyítés során az $RP$ szakasz, így

$\displaystyle OP=RP.$

Mivel $A_{8} OA_{6} \sphericalangle =60^\circ$ , így megjelent az ábrán a feladatban szereplő valamennyi pont és vonal: legyen $A_{8} =A$ , $A_{6} =B$ , $O=C$ , $P=D$ , $R=E$ .

A kérdezett szög tehát:

$\displaystyle AEB\sphericalangle =A_{8} RA_{6} \sphericalangle =150^\circ.$

Megjegyzés: Természetesen a megoldás során tett állítások kerületi és középponti szögek tételére való hivatkozással is indokolhatók.

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

Budapesti Fazekas Mihály Gyakorló Általános Iskola és Gimnázium