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 \[\displaystyle \begin{gather} GD=FD=1\\ GDF\sphericalangle =ACF\sphericalangle =30^\circ, \end{gather}\] 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 \( ETD\) 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.
Az \( AFC\) háromszögben a Pitagorasz-tétel miatt \[\displaystyle CF=2x+y=\sqrt{3}.\]
Az \( AFD\) háromszög egyenlő szárú, így \[\displaystyle \begin{gather} DF=x+y=1,\\ CD=DE=x=\sqrt{3} -1. \end{gather}\]
Legyen \( E\)-ből az \( AC\)-re bocsátott merőleges talppontja \( P\). Ekkor \( CPE\) félszabályos háromszög, így \[\displaystyle \begin{gather} PE=\frac{CE}{2} =x=\sqrt{3} -1,\\ CP=\sqrt{3} \left(\sqrt{3} -1\right) =3-\sqrt{3},\\ AP=2-\left(3-\sqrt{3}\right) =\sqrt{3} -1=x. \end{gather}\]
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 \[\displaystyle \begin{gather} DF=x+y=1,\\ CD=DE=x=\sqrt{3} -1,\\ EF=y=\sqrt{3} -2\left(\sqrt{3} -1\right) =2-\sqrt{3}. \end{gather}\] az \( AFE\) háromszögben a Pitagorasz-tétel miatt \[\displaystyle AE=z=\sqrt{1+\left(2-\sqrt{3}\right)^2} =\sqrt{2} \sqrt{4-2\sqrt{3} } =\sqrt{2} \sqrt{\left(\sqrt{3} -1\right)^2} =\sqrt{2} \left(\sqrt{3} -1\right).\]
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 \[\displaystyle \begin{gather} CD=DE=x=\sqrt{3} -1,\\ EF=y=\sqrt{3} -2\left(\sqrt{3} -1\right) =2-\sqrt{3}. \end{gather}\]
Az \( AFE\) háromszögben a Pitagorasz-tétel miatt \[\displaystyle AE=z=\sqrt{1+\left(2-\sqrt{3}\right)^2} =\sqrt{2} \sqrt{4-2\sqrt{3} } =\sqrt{2} \sqrt{\left(\sqrt{3} -1\right)^2} =\sqrt{2} \left(\sqrt{3} -1\right).\]
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 szolda@fazekas.hu e-mail címre. Ezeket az újabb megoldásokat összegyűjtve időnként (terveim szerint) szintén megmutatnám.
Szoldatics József
Budapesti Fazekas Mihály Gyakorló Általános Iskola és Gimnázium
