Feladat: 393. matematika gyakorlat Korcsoport: 14-15 Nehézségi fok: átlagos
Megoldó(k):  Bartha L. ,  Beke G. ,  Bender Cecilia ,  Bognár L. ,  Csanak Gy. ,  Czinege I. ,  Dániel G. ,  Elbert Á. ,  Endrődy T. ,  Fejes L. ,  Goldperger I. ,  Grallert F. ,  Gyene A. ,  Hadik Z. ,  Halász G. ,  Hornyánszky Tamás ,  Jalsovszky Gy. ,  Katona Gy. ,  Kesselyák M. ,  Kisvölcsey J. ,  Kolonits F. ,  Lassányi F. ,  Lefkovitsch S. ,  Losonczy L. ,  Magos A. ,  Márki Zay L. ,  Máthé Cs. ,  Mayer G. ,  Mihályffy L. ,  Mocskónyi M. ,  Molnár K. ,  Muszély Gy. ,  Náray Miklós (Bp.) ,  Náray Miklós (Győr) ,  Papp Éva ,  Perneczky G. ,  Raisz Klára ,  S. Nagy Erzsébet ,  Sima D. ,  Simonfai L. ,  Soós S. ,  Szász D. ,  Szatmári A. ,  Szatmári G. ,  Tamás Gyula (Bp.) ,  Tamás Gyula (Ózd) ,  Tatai Péter ,  Trón L. ,  Tusnády G. 
Füzet: 1957/október, 57 - 58. oldal  PDF  |  MathML 
Témakör(ök): Háromszögek hasonlósága, Háromszögek nevezetes tételei, Gyakorlat
Hivatkozás(ok):Feladatok: 1957/január: 393. matematika gyakorlat

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

I. megoldás: Jelöljük az O középpontú beírt kör érintési pontját az AB átfogón E1-gyel, a BC=a oldalhoz írt Oa középpontú, ϱa sugarú kör érintési pontját az a befogón E2-vel (1. ábra).

 
 
1. ábra
 
Mivel a feltétel szerint a<b, azért az átfogóhoz tartozó CC1 magasság a BC oldallal 45-nál kisebb szöget zár be, vagyis BC1=p<BE1.
Be fogjuk bizonyítani, hogy BE1=ϱa.
A belső és külső szögfelezők egymásra merőlegesek, azért a BOCOa négyszög húrnégyszög, és így a kerületi szögek tétele szerint a BOOa=BCOa=45. Tehát az OBOa derékszögű háromszög egyenlő szárú, vagyis BO=BOa.
Mivel a BOaE2 mint merőleges szárú szög egyenlő β2-vel, azért a
BOE1BOaE2
amiből következik, hogy
BE1=OaE2=ϱa,
és így, mint láttuk
p=BC1<BE1=ϱa.

Hasonlóképpen
ϱb=AE1<AC1=q

Hornyánszky Tamás (Bp., VIII., Piarista g. I. o. t.)
 

II. megoldás: A betűzést a 2. ábra mutatja.
 
 
2. ábra

ABCA1BT2A1OaT1CBC1.(1)

Továbbá
A1Oa=A1T2+ϱa,BC=BT2+ϱa.

Mivel a feltétel szerint a<b, azért BT2<A1T2, tehát BC<A1O2, és így (1) utolsó hasonlósága alapján
BC1=p<OaT1=ϱa.

Ugyanúgy b>a miatt, b-nek q vetületére nézve
q>ϱb.

Tatai Péter (Bp., XIV., I. István g. II. o. t.)