MATEMATIKA
Po sledi neke naloge o trikotniku
•J' nI' >U
Dragoljub M. Miloševič
-> Med pripravami na tekmovanje iz matematike sta Majda in Ciril reševala naslednjo nalogo.
Naloga. V trikotniku ABC je dano: 1) a = 30° in P = 45°; 2) a = 20° in P = 60°. Dokaži, da za stranice tega trikotnika velja enakost a2 + bc = c2.
Dogovorila sta se, da bo Majda reševala prvi del naloge, Ciril pa drugi del.
Majdina rešitev. Tretji kot trikotnika ABC je y = 180°-(30°+45°) = 105°. Pravokotnica CD iz oglišca C na stranico AB razdeli trikotnik ABC na dva pravokotna trikotnika ADC in BCD (slika 1). Nasproti kota 30° v pravokotnem trikotniku je kateta, ki je enaka polovici hipotenuze, zato v trikotniku ADC velja CD = 1AC = f. Pravokotni trikotnik BCD je tudi enakokraki, saj je <BCD = <DBC = 45°, zato je BD = CD = 2.
Ker je AB = c, BD = f in AD = AB - BD, je AD = c - f. Z uporabo Pitagorovega izreka v pravokotnih trikotnikih ACD in BCD dobimo AD2 + DC2 = AC2 in BD2 DC2 BC2 ali
bV c - V +
f. = b
2
in
2 +U1 =a
2
C
			45°\	
	b	b/2		a
			1	
A	c - b/2	D		b/2 B
SLIKA 1.				
oziroma
2 , b2 . b2 2 ■ c - bc = — in — = a .
Od tod sledi
■ c - bc = a , oz. a + bc = c2.	■
Cirilova rešitev. Tretji kot danega trikotnika meri 100° . Nad stranico BC konstruiramo enakokraki trikotnik BEC, v katerem je <CBE = <BCE = 80° (slika 2a). Potem je <BEC = 20° = <BAC, torej je trikotnik ABE enakokraki (BE = AB = c). Ker je CE = BE, je CE = c, to pa pomeni, da je AE = AC + CE = b + c.
Naj bo BH ± AE, H G AE (slika 2b). Ker je AABE enakokraki, je tocka H središče njegove stranice AE.
E
A
B
c-b
2
E
BA
B
SLIKA 2.
2
2
c
c
4
PRESEK 41 (2013/2014) 2
MATEMATIKA
Ker je CE = c in HE = AE = b++c, je CH = c - b++c = c-b■ Z uporabo Pitagorovega izreka v pravokotnih trikotnikih BHC in BHE dobimo
BH2 = a2 - (C-*)2 in BH2 = c* - (b + C "
Od tod sledi
C
a*-!	^ c^ ib + ^ *
2
2
iz cesar po preurejanju dobimo a2 + bc = c2.
Vidimo, da sta Majda in Ciril reševala nalogi z različnimi podatki (Majda je imela a = 30° in p = 45°, Ciril pa a = 20° in p = 60°) ter da sta oba prišla do istega zaključka (a2 + bc = c2). To nam daje misliti, da je nalogo mogoče posplošiti, če najdemo odvisnost med koti trikotnika, ki ji bosta ustrezala oba primera, tako Majdin kot Cirilov. Opazimo, da je najmanjši kot (a) v trikotniku enak poloviči razlike ostalih dveh kotov, t. j. 1) 30° = 105°2-45°, 2) 20° = 100°2-60°. Pogoju a = 2(y - p) oz. y - p = 2a ustrezata oba primera.
Preidimo sedaj na drugi korak in preverimo pravilnost naslednje trditve:
Trditev. Ce v trikotniku ABC velja y - p = 2a, potem je a2 + bc = c2.
Dokaz trditve. Pogoj y - p = 2 a zapišimo v obliki Y = 2a + p. Vsota kotov v trikotniku je potem a + p + (2a + p) = 3a + 2p = 180°. Izraz a2 + bc = c2 zapišimo v ekvivalentni obliki a2 = c(c - b). Na sliki torej potrebujemo tako odsek c - b kot tudi dva podobna trikotnika.
Na stranici AB trikotnika ABC izberimo točko F tako, da je AF = b. Potem je BF = c - b (slika 3). Trikotnik AFC je enakokraki, kar pomeni, da je
<AFC = <ACF =
180°-a 3a + 2p-a
2
2
= a + p.
A
F c-b B
SLIKA 3.
Priporočamo, da z uporabo dokazane trditve rešite naslednje tri naloge.
1.	Dokaži, da v pravilnem petkotniku s straničo a in diagonalo d velja enakost a - a = 1.
2.	Ce je d najkrajša in D najdaljša diagonala pravilnega devetkotnika ter a njegova straniča, do-kaži, da je D - d = a.
3.	Ce so d, e in D (d < e < D) diagonale pravilnega devetkotnika in a njegova straniča, dokaži, da
je d + D = 2.
_XXX
Naloga
Potem je <BCF = (a + p) - p = a. Trikotnika ABC in CBF sta podobna, ker imata enake kote. Zaradi tega je AB : BC = BC : BF ali c : a = a : (c - b) oziroma c(c - b) = a2.
S tem je dokazana navedena trditev, ki predstavlja posplošitev prvotne naloge.	■
-i' -i' -i'
Marko Razpet
Poišči taki števili a in p, za kateri je polinom
P(x) = 6x4 - 5x3 + ax2 + 7x + 12
deljiv s trinomom
Q(x) = 3x2 - x + p;
nato pa za dobljeni števili zapiši še kvočient P(x)/Q(x).
_XXX
www.presek.si
b
5	PRESEK 41 (2013/2014) 2