Kezdőlap


Feladat:	660. matematika gyakorlat	Korcsoport: 14-15	Nehézségi fok: átlagos
Megoldó(k):	Kocsis Béla , Laufer Judit , Mészáros György
Füzet:	1961/október, 70 - 71. oldal		PDF \| MathML
Témakör(ök):	Tengelyes tükrözés, Derékszögű háromszögek geometriája, Gyakorlat
Hivatkozás(ok):	Feladatok: 1960/november: 660. matematika gyakorlat

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

I. megoldás. Legyen $D$ tükörképe $A C$ -re $D'$ , így $C D' = C D = A B$ , és $A C D' ∢ = A C D ∢ = 180^{\circ} - C A B ∢$ , tehát $A C D' B$ paralelogramma, és $B D' # A C$ . Másrészt $D D' ⊥ A C$ , és így $D D' ⊥ B D'$ , tehát $B D D'$ a $D'$ csúcsnál derékszögű háromszög. Így pedig a $B D'$ befogóval egyenlő $A C$ valóban kisebb a $B D$ átfogónál.

Kocsis Béla (Pécs, Széchenyi I. g. II. o. t.)

Megjegyzés.

D'

felhasználásával a háromszög-egyenlőtlenség alapján is célhoz érünk. Legyen

A C

és

B D

metszéspontja

E

. Ekkor a

B D' E

háromszögben

A C = B D' < B E + E D' = B E + E D = B D

II. megoldás. Legyen

B

D

vetülete

A C

-re

B_{0}

D_{0}

. A feltételekből következik, hogy az

A B B_{0}

és

C D D_{0}

derékszögű háromszögek egybevágók, így

A B_{0}

és

C D_{0}

egyenlők és irányra is megegyezők, tehát ez áll

B_{0} D_{0}

és

A C

-re is. Másrészt

B B_{0} = D_{0} D

folytán az

E B B_{0}

és

E D D_{0}

derékszögű háromszögek egybevágók. Ezekben az átfogó nagyobb a befogónál, tehát

B E > B_{0} E

E D > E D_{0}

, és így összeadással

B E + E D = B D > B_{0} E + E D_{0} = B_{0} D_{0} = A C

Laufer Judit (Budapest, Bláthy O. erősáramú ip. t. I. o. t.)

III. megoldás. Az

A B C

és

D C B

háromszögek

B C

oldala közös,

A B

és

D C

oldaluk egyenlő, harmadik oldaluk pedig az összehasonlítandó

A C

és

B D

. Eszerint elég megmutatni, hogy

D C B ∢ > A B C ∢

. Valóban, ha

E

A C

szakaszon van,

D C B ∢ = D C E ∢ + E C B ∢ = D C A ∢ + A C B ∢ = 180^{\circ} - C A B ∢ + A C B ∢ = A B C ∢ + 2 A C B ∢ > A B C ∢

. Ha

E

pl.

C

-be esik, akkor szögek használata nélkül

B D = B C + C D = B C + A B > A C

. Ha pedig

E

A C

-nek

C

-n túli meghosszabbításán van, akkor

D C B ∢ = D C E ∢ + E C B ∢ = D C E ∢ + (C A B ∢ + A B C ∢) > A B C ∢

. Ha

E

A

-n túli meghosszabbításon van, vagy éppen

A

-ban, bizonyításunk az

A

és

C

, valamint

B

és

D

betű-párok felcserélésével érvényes.

Mészáros György (Budapest, Piarista g. I. o. t.)