Úton-módon 1.

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 $\large AB=AC=CE$ 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.

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 $\large DA=EC$ , 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 $\large AEC\sphericalangle=30^{\circ}=ADC\sphericalangle$ .

4. megoldás

Most keressük a szabályos háromszöget egy meglepő helyen.

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

4. ábra

Legyen $F$ a $BC$ oldalnak azon pontja, amelyre $CA=CF$ . Kössük össze az $\large F$ pontot a $\large D$ és az $\large E$ 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.)

5. ábra

Az $ABC$ háromszögben a szárak hosszai $AB=AC=a$ , válasszuk ezt egységnyinek, azaz $\large a=1$ . 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

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

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 $\large a=1$ . Ekkor az $A$ -ból induló magasság két olyan derékszögű háromszögre bontja a háromszöget, amelyekben definíció szerint $\frac{b}{2}=\sin 50^\circ$ , azaz $b=2\cdot\sin 50^{\circ}$ .

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