Feladat: 274. matematika feladat Korcsoport: 16-17 Nehézségi fok: átlagos
Megoldó(k):  Béres A. ,  Cser Ilona ,  Dávid P. ,  Durst E. ,  Dömölki B. ,  Gergely A. ,  Guszti S. ,  Kálmán L. ,  Kántor S. ,  Kovács L. ,  Lipák J. ,  Müller Z. ,  Oláh J. ,  Osztein P. ,  Papp I. ,  Pipó Margit ,  Sajó J. ,  Szabó Magda ,  Szathury Éva ,  Tisovszky J. ,  Villányi O. ,  Zobor E. 
Füzet: 1951/november, 133 - 135. oldal  PDF  |  MathML 
Témakör(ök): Geometriai transzformációk, Húrnégyszögek, Síkgeometriai számítások trigonometria nélkül körökben, Szögfüggvények, síkgeometriai számítások, Feladat
Hivatkozás(ok):Feladatok: 1951/március: 274. matematika feladat

A szöveg csak Firefox böngészőben jelenik meg helyesen. Használja a fenti PDF file-ra mutató link-et a letöltésre.

I. megoldás: a) Jelöljük a körön felvett pontot P-vel, a belőle kiinduló húrok másik végpontjait A, B és C-vel.

 
 

Nyilván APB=ACB és BPC=BAC (ugyanazon íven álló kerületi szögek) tehát az ABC két szögéről közvetlenül látjuk, hogy 60, csak ezzel bizonyítva is van, hogy a kérdéses háromszög egyenlőoldalú.
b) Rajzoljunk a P-ből induló középső húr B végpontjában a húrral 60-os szöget bezáró egyenest, messe ez a kört a D pontban. Kössük össze D pontot C-vel, PB és DC egyenesek metszéspontját jelöljük E-vel. A szerkesztés szerint BD=PA és BDE szabályos, B-nél fekvő szögét 60-osnak rajzoltuk, EDB pedig ugyanazon a köríven áll, mint a CAB, tehát PA=EB. Továbbá DEB=PEC=60, eszerint a PEC is szabályos, mert P-nél levő szöge is 60, tehát PC=PE. Összefoglalva a két eredményt
PC+PA=PE+EB=PB.

Megoldotta: Kovács L.
 
II. megoldás: Az ABC szabályos, mint az előző megoldásban láttuk. A középső húrra P ponttól kezdve mérjük rá a PA távolságot, jelöljük a végpontját F-fel. FPA szabályos, mert két oldala egyenlő és egymással 60-os szöget zár be, eszerint a háromszög külső szöge AFB=120.
Másrészt AF=AP és AB=AC, tehát AFBAPC és így FB=PC.
Megoldotta: Béres A., Gergely A., Kálmán L., Müller Z., Papp I., Szabó Magdolna, Tisovszky J., Zobor E.
 

III. megoldás: PC szélső húr fölé rajzoljunk szabályos háromszöget, ennek harmadik, Q csúcspontja nyilván AP meghosszabbításába esik és AQ egyenlő a két szélső húr összegével.
 
 

Továbbá
CQACPB(AC=BC,CQ=CPésCQA=CPB=60)


tehát AQ egyúttal egyenlő a középső húrral, PB-vel.
Megoldotta: Kántor S.
 

IV. megoldás: A középső húr fölé rajzolt PRB szabályos háromszög segítségével ARB és CPB egybevágósága alapján bizonyították be a tételt.
Megoldotta: Durst E., Oláh J., Szathury Éva.
Másféle segédábrát használt fel: Cser Ilona, Guszti S., Lipák J., Osztein P.
 

V. megoldás: Ptolemaius tétele szerint a húrnégyszögben az átlók szorzata egyenlő a szemközti oldalak szorzatainak összegével. Alkalmazzuk a tételt az ABCP négyszögre:
ACPB=PABC+PCAB.
Ebből ‐ figyelembe véve az AC, BC és AB távolságok egyenlőségét, tételünk PB=PA+PC közvetlenül kiolvasható.
Megoldotta: Dömölki B., Sajó J., Villányi O.
Trigonometriai összefüggések felhasználásával oldotta meg: Dávid P., Durst E., Pipó Margit.
 

Csak a tétel a) részét bizonyította be: Dievald Emília, ifj. Csonka P., Főző Éva, Rasztovich M., Tilesch F., Zatykó L.