Kezdőlap


Feladat:	1181. matematika feladat	Korcsoport: 16-17	Nehézségi fok: nehéz
Megoldó(k):	Ámon Magdolna , Dobó Ferenc , Farkas Zoltán , Fazekas P. , Fejéregyházi Sándor , Gálfi István , Gerencsér László , Lehel Jenő , Makai Endre , Sebestyén Zoltán , Sonnevend György , Szidarovszky Ferenc , Szigeti Ferenc , Tamás Endre , Zalán Péter
Füzet:	1963/szeptember, 12 - 13. oldal		PDF \| MathML
Témakör(ök):	Alakzatok hasonlósága, Pont körüli forgatás, Háromszögek nevezetes tételei, Feladat, Síkgeometriai bizonyítások, Középponti és kerületi szögek
Hivatkozás(ok):	Feladatok: 1962/május: 1181. matematika feladat

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

1. Elég belátnunk, hogy a $B C$ , $C A$ , ill. $A B$ körívből vett $B K$ , $C L$ , ill. $A M$ rész-ívek egyenlők. Így ugyanis az $A B C$ háromszög $O$ középpontja körüli bármelyik irányú $120^{\circ}$ -os forgás az $A B$ , $B C$ , $C A$ ívekkel együtt a $K L M$ egyenlő oldalú háromszög csúcsait is egymásba viszi át, tehát $O$ egyszersmind a $K L M$ háromszögnek is középpontja.

1. ábra

Mérjük rá evégett az

A M

ívet a

B C

és a

C A

ívre

B

-től, ill.

C

-től, és legyen a végpont

K^{'}

, ill.

L^{'}

; így azt kell belátnunk, hogy

K^{'} \equiv K

és

L^{'} \equiv L

. Az

M K^{'} L^{'}

háromszög szabályos, mert a mondott forgások önmagába viszik át.^{$^{*}$} Ha

K^{'}

nem azonos

K

-val, akkor a

B C

íven

B

-től

C

-ig haladva vagy előzi

K

-t, vagy követi. Továbbmenve a

C A

íven

A

-ig,

L^{'}

ugyanúgy előzi vagy követi

L

-t, mert a

B C

C A

ívpárt befutó ponthoz

M

-ből húzott látósugár végig egy irányban fordul el

M

körül, másrészt viszont a

K^{'} M L^{'} ∢ = 60^{\circ} = K M L ∢

. Ha már most a

B K^{'}

ív kisebb a

B K

ívnél, akkor

\begin{matrix} M K^{'} < M K, \end{matrix}

mert a

K K^{'}

szakasz felező merőlegese átmegy

A

-n,

M

pedig ugyanarra a partjára esik, mint

K^{'}

. Hasonlóan adódik

\begin{matrix} M L^{'} > M L . \end{matrix}

E két, egyenlőtlenség azonban együtt nem teljesülhet, mert a megfelelő oldalakon egyenlő szakaszok állnak.
Ugyanígy a

B K^{'} > B K

feltevés is ellentmondásra vezet. Ezek szerint

K^{'}

nem lehet

K

-tól különböző, egyszersmind

L^{'}

is azonos

L

-lel, ebből pedig ‐ mint láttuk ‐ az állítás első része következik.
2. Azt kell megmutatnunk, hogy a

K C L

szög, vagyis a

K C B

B C A

és

A C L

szögek összege,

90^{\circ}

-kal egyenlő, más szóval, hogy

K C B ∢ + A C L ∢ = 30^{\circ}

. Az előbbi a (rövidebb)

K B

köríven nyugvó kerületi szög, az utóbbi egy ugyanakkora sugarú kör

A L

ívén nyugszik. Mivel beláttuk, hogy utóbbi egyenlő a

C L

ívvel, ez pedig

K B

-vel együtt egy hatod kört alkot, így a rajtuk nyugvó kerületi szögek összege

180^{\circ}

hatodrészével,

30^{\circ}

-kal egyenlő, az állításnak megfelelően.

2. ábra

3. Legyenek a

K L M

háromszög oldalainak felezőpontjai rendre

M^{*}

K^{*}

L^{*}

. Az ezekkel meghatározott (szabályos) háromszög hasonló helyzetű az

M K L

háromszöghöz, az

M M^{*}

K K^{*}

L L^{*}

egyenesek közös pontjára, az

M K L

háromszög

O

középpontjára nézve, ennélfogva az

B^{*}

K^{*}

L^{*}

pontok mértani helye hasonló az

M

K

L

pontok mértani helyéhez, az

A B

B C

C A

ívek együtteséhez. (A hasonlóság aránya 1: 2.) Ezzel a bizonyítást befejeztük.

Gerencsér László (Budapest, Rákóczi F. g.)

^{$^{*}$}Lásd 1167. feladat, K.M.L. 26 (1963/1) 21. old.