Feladat:	874. matematika gyakorlat	Korcsoport: 16-17	Nehézségi fok: könnyű
Megoldó(k):	Domokos Zsuzsanna ,  Hegedüs Aletta ,  Lévai Ferenc
Füzet:	1964/szeptember, 15. oldal		PDF  |  MathML
Témakör(ök):	Középpontos tükrözés, Pont körüli forgatás, Háromszögek nevezetes tételei, Magasságpont, Síkbeli szimmetrikus alakzatok, Gyakorlat, Háromszög nevezetes vonalai
Hivatkozás(ok):	Feladatok: 1963/november: 874. matematika gyakorlat

A szöveg csak Firefox böngészőben jelenik meg helyesen. Használja a fenti PDF file-ra mutató link-et a letöltésre.     I. megoldás. Legyen $B$ vetülete az $AC$ egyenesre $G$ (1. ábra). Ekkor $BG\parallel DE$, és $E$ felezi a $CG$ szakaszt, tehát $BE$ a $BCG$ háromszög súlyvonala. $AF$ viszont szerkesztésénél fogva az $ADE$ háromszög súlyvonala. ‐ $AD$ merőleges $BC$-re, mert az $ABC$ háromszög egyenlő szárú, így az $ADE$ és $BCG$ háromszögek megfelelő oldalai rendre merőlegesek egymásra. Ezért pl. az utóbbi háromszöget ${90}^{\circ }$-kal elforgatva (bármelyik irányban) a keletkező $B^{*}{C}^{*}{G}^{*}$ háromszög oldalai párhuzamosak lesznek az $ADE$ háromszög megfelelő oldalaival. Ez a két háromszög tehát hasonló helyzetű, ezért bennük bármely megfelelő egyenespár párhuzamos, így $AF$ párhuzamos a $BE$ súlyvonal elforgatott képével, tehát merőleges $BE$-re. Ezt kellett bizonyítani.    Lévai Ferenc (Tatabánya, Árpád g. II. o. t.)   Megjegyzés. A fentivel lényegében azonos a következő megoldás. Mivel az $ADE$ és $BCG$ háromszögek megfelelő oldalai merőlegesek, azért a két háromszög megfelelő oldalpárjai által bezárt szögek egyenlők, a két háromszög hasonló, a csúcsok a felsorolás rendjében felelnek meg egymásnak. Hasonló háromszögek megfelelő egyenespárjai egyenlő szögeket zárnak be, ezért $DAF\sphericalangle =CBE\sphericalangle$, tehát az $AF$ és $BE$ egyenesek metszéspontját $H$-val jelölve a $DH$ szakasz $A$-ból és $B$-ből egyenlő szögek alatt látszik, $D$, $H$, $A$, $B$ egy kör pontjai. Ennélfogva $AHB\sphericalangle =ADB\sphericalangle$, derékszög.   Domokos Zsuzsanna (Makó, József A. g. II. o. t.)       II. megoldás. Legyen A tükörképe $F$-re $J$, továbbá $BE$ és $DJ$ metszéspontja $K$ (2. ábra). Megmutatjuk, hogy $F$ az $EJK$ háromszög magasságpontja. Ebből következik, hogy $JF\perp KE$, vagyis $AF\perp BE$. Az $ADJE$ négyszög paralelogramma, ezért $ED\perp JK$, és $DK$ a $BCE$ háromszög középvonala, $K$ felezi $BE$-t. Így pedig $KF$ a $BDE$ háromszög középvonala, $KF\parallel BC$, másrészt $EJ\parallel AD\perp BC\parallel KF$. Ezek szerint $DE$ és $KF$ magasságvonalak, tehát $F$ valóban magasságpont.    Hegedüs Aletta (Budapest, Ságvári E. gyak. lg. III. o. t.)