A C. 1507. feladat (2018. november)

C. 1507. Egy tompaszögű, egyenlő szárú háromszög szárainak felezőmerőlegesei az alapot három egyenlő részre osztják. Mekkorák a háromszög szögei?

(5 pont)

A beküldési határidő 2018. december 10-én LEJÁRT.

Megoldás. Legyen a háromszög \(\displaystyle ABC\), és legyen \(\displaystyle C\)-nél a tompaszög (és így \(\displaystyle AC=BC\)). Mivel tompaszögű háromszögről van szó, így az oldalfelezőmerőlegesek a háromszögön kívül metszik egymást, és ezért az \(\displaystyle AC\) oldal oldalfelezőmerőlegese az \(\displaystyle A\)-hoz közelebbi harmadolópontban metszi az \(\displaystyle AB\) alapot, a \(\displaystyle BC\) felezőmerőlegese pedig a \(\displaystyle B\)-hez közelebbi harmadolópontban. Legyenek az alapon lévő harmadolópontok \(\displaystyle G\) és \(\displaystyle H\) az ábra szerint, és ezeket kössük össze az alappal szemközti \(\displaystyle C\) csúccsal.

A feladat szövege alapján \(\displaystyle AG=GH=HB\). Vegyük észre, hogy mivel \(\displaystyle G\) rajta van \(\displaystyle AC\) felezőmerőlegesén, így \(\displaystyle AG=GC\). Azaz az \(\displaystyle AGC\) háromszög egyenlőszárú, \(\displaystyle CAG\angle =ACG\angle= \alpha.\) Ugyanígy \(\displaystyle BH=HC\), azaz a \(\displaystyle BHC\) háromszög is egyenlőszárú, és \(\displaystyle HBC\angle=BCH\angle=\alpha\). Továbbá a szakaszok egyenlőségét összevetve, kapjuk, hogy \(\displaystyle AG=GC=GH=HC=HB\). Tehát a \(\displaystyle GHC\) háromszög szabályos, mert mindhárom oldala egyenlő, és így minden szöge \(\displaystyle {60^\circ}\)-os.

Azaz az \(\displaystyle ABC\) háromszög szögei \(\displaystyle \alpha, \alpha, 60^\circ+ 2 \alpha\). Ebből

\(\displaystyle \alpha+ \alpha+ 60^\circ+ 2 \alpha=180^\circ.\)

Ezt összevonva és átrendezve kapjuk, hogy

\(\displaystyle 4 \alpha= 120^\circ,\)

azaz

\(\displaystyle \alpha=30^\circ.\)

Így a háromszög szögei \(\displaystyle 30^\circ, 30^\circ\) és \(\displaystyle 120^\circ\).

Végül ellenőrizzük, hogy ebben a háromszögben valóban teljesül az előírt feltétel. A korábban használt indoklás ,,megfordításával'' kapjuk, hogy ha \(\displaystyle AC\) és \(\displaystyle BC\) felezőmerőlegesének \(\displaystyle AB\)-vel vett metszéspontját rendre \(\displaystyle G\), illetve \(\displaystyle H\) jelöli, akkor \(\displaystyle AG=CG\) és \(\displaystyle BH=CH\), továbbá (szögszámolás alapján) a \(\displaystyle CGH\) háromszög szabályos. Így \(\displaystyle AG=CG=GH=CH=BH\), tehát \(\displaystyle G\) és \(\displaystyle H\) valóban harmadolópontok.

Statisztika:

314 dolgozat érkezett.
5 pontot kapott:	237 versenyző.
4 pontot kapott:	35 versenyző.
3 pontot kapott:	2 versenyző.
2 pontot kapott:	12 versenyző.
1 pontot kapott:	6 versenyző.
0 pontot kapott:	7 versenyző.
Nem számítjuk a versenybe a születési dátum vagy a szülői nyilatkozat hiánya miatt:	15 dolgozat.

A KöMaL 2018. novemberi matematika feladatai