Kezdőlap


Feladat:	661. matematika gyakorlat	Korcsoport: 16-17	Nehézségi fok: átlagos
Megoldó(k):	Böröczky Kálmán , Máté Attila , Raskó János
Füzet:	1961/szeptember, 24 - 25. oldal		PDF \| MathML
Témakör(ök):	Tengelyes tükrözés, Háromszögek nevezetes tételei, Gyakorlat
Hivatkozás(ok):	Feladatok: 1960/november: 661. matematika gyakorlat

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

A bizonyítást arra az esetre végezzük, ha $K$ a háromszög belsejében van; más helyzetekben a bizonyítás hasonlóan végezhető.

A K

egyenessel együtt a

B A C

szög

f_{1}

f_{2}

felezőire való tükörképe is átmegy az

A

csúcson (a két tükörkép egybeesik, mert

f_{1} ⊥ f_{2}

), ezért először azt kell belátnunk, hogy

L M

-nek

d

felező merőlegese átmegy

A

-n. Valóban, a tükrözés folytán

A B

A C

merőlegesen felezi a

K L

K M

szakaszt, tehát a

K L M

háromszög köré írt kör középpontja

A

, és ezért

d

átmegy

A

-n. ‐ Az

f_{1}

, és

d

, valamint

f_{1}

és

A K

közti szögek egyenlőségéhez elég megmutatni, hogy

d

ugyanakkora szöget alkot

A B

-vel, mint

A K

A C

-vel. A

d

és

A B

közti szög egyenlő az

L M

és

L K

közti szöggel, mert megfelelő száraik merőlegesek, a

K L M

szög pedig a kerületi és középponti szögek tétele szerint fele a

K A M

szögnek, vagyis egyenlő

K A C

-vel. Ezzel az állítást bebizonyítottuk.

Böröczky Kálmán (Sopron, Kempelen F. gépip. t. II. o. t.)

Megjegyzések. 1. Az előbbi szögek egyenlőségét így is beláthatjuk:

A B

A C

A D

(ahol

D

B C

és

d

metszése) felezi a

K A L

K A M

L A M

szöget. Így

\begin{matrix} D A B ∢ = D A L ∢ - B A L ∢ = \frac{1}{2} M A L ∢ - \frac{1}{2} K A L ∢ = \\ = \frac{1}{2} (M A L ∢ - K A L ∢) = \frac{1}{2} M A K ∢ = C A K ∢ . \end{matrix}

Raskó János (Szolnok, Verseghy F. g. I. o. t.)

2. Szigorúan véve a fenti szögegyenlőségek csak akkor bizonyítják az állítást, ha tudjuk, hogy akár

f

-ből, akár

A B

, ill.

A C

-ből

A D

-be, ill.

A K

-ba egymással ellentétes irányú forgásokkal jutunk. Evégett az alábbi megoldásban a szögeket forgásoknak tekintjük, irányukat is számon tartjuk, vagyis előjeles szögekkel számolunk. Alapiránynak a

B A C

szög

f_{1}

felezőjét választjuk. Legyen a

B A C

szög abszolút értéke

2 ε

(tehát

ε > 0

), és legyen a forgási irány az, amellyel

f_{1}

-ből

A C

-be

ε

A B

-be pedig

- ε

forgás visz. Legyen továbbá az

f_{1}

-ből

A K

-ba vivő forgás

φ

(vagyis

A K

-ból

f_{1}

-be

- φ

forgással jutunk).
Ekkor az

A K

-ból

f_{1}

-be és onnan

A B

-be vivő forgás

- φ

- ε

, innen tovább

A L

-be ugyancsak

- φ

- ε

. És mivel

A K

-nak

A B

-re való tükrözését a számításban két egymás utáni, egyenlő nagyságú forgatással fejezhetjük ki, azért az

A K

-ból

A L

-be vivő forgás

- 2 φ

- 2 ε

. Az alapirányból pedig

λ = - 2 φ - 2 ε - (- φ) = - φ - 2 ε

forgással jutunk

A L

-be.
Hasonlóan

A K

-ból

f_{1}

-en át

A C

-be

- φ + ε

forgás visz,

A C

-ből

A M

-be ugyanennyi,

f_{1}

-ből

A M

-be pedig

μ = 2 (- φ + ε) - (- φ) = - φ + 2 ε

Most már a

L A M

szög

d

felezőjébe

f_{1}

-ből

\begin{matrix} \frac{1}{2} (λ + μ) = \frac{1}{2} (- φ - 2 ε - φ + 2 ε) = - φ \end{matrix}

forgással jutunk, és ez mutatja, hogy a feladat állítása a forgási irányok figyelembevételével is helyes.

Máté Attila (Szeged, Dózsa Gy. ált. isk. VIII. o. t.)

3. Az ábrán a

B C

oldalt szaggatva rajzoltuk, látható ugyanis, hogy ennek semmi jelentősége nincs. Elég lett volna a

B A C

szögről beszélni.