Kezdőlap


Feladat:	667. matematika feladat	Korcsoport: 16-17	Nehézségi fok: nehéz
Megoldó(k):	Bánhidy Kálmán , Benkő Bálint , Zsombok Zoltán
Füzet:	1955/november, 100 - 102. oldal		PDF \| MathML
Témakör(ök):	Simson-egyenes, Húrnégyszögek, Síkgeometriai számítások trigonometria nélkül háromszögekben, Feladat
Hivatkozás(ok):	Feladatok: 1955/február: 667. matematika feladat

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

I. megoldás: A betűzést az 1. ábra mutatja.

1. ábra

Legyen a Simson-egyenesek szöge

ω

, a

P_{1} P_{2}

-höz tartozó kerületi szög

φ

. Ekkor

\begin{matrix} P_{1} C P_{2} ∢ = φ = δ + γ + ε \end{matrix}

(1)

P_{1} B_{1} A_{1} C

a Thales-tétel alapján húrnégyszög, és így a

δ

-val jelölt egyíves szögek egyenlők.
Hasonlóképpen a

P_{2} A_{2} B_{2} C

húrnégyszögben az

ε

-nal jelölt kétíves szögek egyenlők.
A

C B_{2} R A_{1}

négyszögben a szögek összege:

\begin{matrix} γ + (90^{\circ} + ε) + ω + (90^{\circ} + δ) = 360^{\circ}, \end{matrix}

amiből

\begin{matrix} γ + ε + δ + ω = 180^{\circ}, \end{matrix}

vagyis (1) figyelembevételével

\begin{matrix} φ = 180^{\circ} - ω . \end{matrix}

Benkő Bálint (Sárospatak, Rákóczi g. III. o. t.)

II. megoldás: A

P_{1}

és

P_{2}

pontokból a

B C

oldalra bocsátott merőlegesek messék a körülírt kört

P'_{1}

, ill.

P'_{2}

-ben (2. ábra).

2. ábra

Nyilván

{P'_{1} P'_{2}}_{}^{⌢} = {P_{1} P_{2}}_{}^{⌢}

, tehát elég a

P_{1} A P_{2} ∢

-ről megmutatni, hogy egyenlő az

s_{1}

és

s_{2}

szögével. Ez így látható be:

\begin{matrix} B A P' ∢ = B P_{1} P'_{1} ∢, \end{matrix}

(1)

mint ugyanazon az íven nyugvó kerületi szögek. A

P_{1} C_{1} A_{1} B

négyszög Thales tétele értelmében húrnégyszög, és így e négyszög köré írt körben

\begin{matrix} B C_{1} A_{1} ∢ = B P_{1} A_{1} ∢ \equiv B P_{1} P'_{1} ∢ . \end{matrix}

(2)

(1) és (2) egybevetéséből nyerjük, hogy

\begin{matrix} B A P'_{1} ∢ = B C_{1} A_{1} ∢ . \end{matrix}

Mivel e két szögnek két szára egybeesik, továbbá

A_{1}

, és

P'_{1}

szükségképpen az

A B

oldalnak ugyanarra az oldalára esik, azért

\begin{matrix} A P'_{1} ∥ C_{1} A_{1} = s_{1} . \end{matrix}

Teljesen ugyanígy kimutatható, hogy

\begin{matrix} A P'_{2} ∥ s_{2}, \end{matrix}

amiből az állítás következik.

Bánhidy Kálmán (Debrecen Ref. g. III. o. t.)

III. megoldás: Egyszerű bizonyítást nyerünk, ha tekintjük az

A B

és

A C

oldalak alkotta Gönyei-féle

Σ (α)

rendszert. A betűzést a 3. ábra mutatja.

3. ábra

P_{1}

és

s_{1}

valamint

P_{2}

és

s_{2}

adjungált elemek, és így

\begin{matrix} ζ_{1} + ψ_{1} = 90^{\circ}, ζ_{2} + ψ_{2} = 90^{\circ} . \end{matrix}

A második egyenletet az elsőből kivonva nyerjük, hogy

\begin{matrix} ζ_{1} - ζ_{2} + ψ_{1} - ψ_{2} = 0, \end{matrix}

vagyis

\begin{matrix} ζ_{1} - ζ_{2} = - (ψ_{1} - ψ_{2}), \end{matrix}

ami éppen állításunkat fejezi ki, mert

ζ_{1} - ζ_{2}

{P_{1} P_{2}}_{}^{⌢}

ívhez tartozó kerületi szög,

- (ψ_{1} - ψ_{2})

pedig

s_{1}

, és

s_{2}

szöge.

Zsombok Zoltán (Bp. IV., Könyves Kálmán g. III. o. t.)