|
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 , , ill. körívből vett , , ill. rész-ívek egyenlők. Így ugyanis az háromszög középpontja körüli bármelyik irányú -os forgás az , , ívekkel együtt a egyenlő oldalú háromszög csúcsait is egymásba viszi át, tehát egyszersmind a háromszögnek is középpontja.
1. ábra Mérjük rá evégett az ívet a és a ívre -től, ill. -től, és legyen a végpont , ill. ; így azt kell belátnunk, hogy és . Az háromszög szabályos, mert a mondott forgások önmagába viszik át. Ha nem azonos -val, akkor a íven -től -ig haladva vagy előzi -t, vagy követi. Továbbmenve a íven -ig, ugyanúgy előzi vagy követi -t, mert a , ívpárt befutó ponthoz -ből húzott látósugár végig egy irányban fordul el körül, másrészt viszont a . Ha már most a ív kisebb a ívnél, akkor mert a szakasz felező merőlegese átmegy -n, pedig ugyanarra a partjára esik, mint . Hasonlóan adódik
E két, egyenlőtlenség azonban együtt nem teljesülhet, mert a megfelelő oldalakon egyenlő szakaszok állnak. Ugyanígy a feltevés is ellentmondásra vezet. Ezek szerint nem lehet -tól különböző, egyszersmind is azonos -lel, ebből pedig ‐ mint láttuk ‐ az állítás első része következik. 2. Azt kell megmutatnunk, hogy a szög, vagyis a , és szögek összege, -kal egyenlő, más szóval, hogy . Az előbbi a (rövidebb) köríven nyugvó kerületi szög, az utóbbi egy ugyanakkora sugarú kör ívén nyugszik. Mivel beláttuk, hogy utóbbi egyenlő a ívvel, ez pedig -vel együtt egy hatod kört alkot, így a rajtuk nyugvó kerületi szögek összege hatodrészével, -kal egyenlő, az állításnak megfelelően.
2. ábra 3. Legyenek a háromszög oldalainak felezőpontjai rendre , , . Az ezekkel meghatározott (szabályos) háromszög hasonló helyzetű az háromszöghöz, az , , egyenesek közös pontjára, az háromszög középpontjára nézve, ennélfogva az , , pontok mértani helye hasonló az , , pontok mértani helyéhez, az , , 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. |
|