Feladat: 911. matematika gyakorlat Korcsoport: 14-15 Nehézségi fok: könnyű
Megoldó(k):  Arányi Péter ,  Bojár Gábor ,  Fodor Magdolna ,  Halász Ferenc ,  Laborczi Zoltán 
Füzet: 1965/március, 118 - 119. oldal  PDF  |  MathML 
Témakör(ök): Alakzatok szimmetriái, Egybevágósági transzformációk, Körülírt kör középpontja, Paralelogrammák, Alakzatok köré írt kör, Gyakorlat
Hivatkozás(ok):Feladatok: 1964/április: 911. matematika gyakorlat

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

I. megoldás. O1 származtatható, mint az AB és AE oldalak felező merőlegeseinek metszéspontja, O2 pedig mint CE és CD felező merőlegeseinek metszéspontja.
Mármost CE felező merőlegese nyilván az ábra t szimmetriatengelye, és átmegy B-n. AE és CD egymás tükörképei, ezért felező merőlegeseik is, így az utóbbiak t-n metszik egymást, éspedig O2-ben, vagyis AE felező merőlegese az O1O2 egyenes. Az AB szakasz f felező merőlegese párhuzamos t-vel és átmegy C-n.

 
 
1. ábra
 

AE-nek F felezőpontja felezi BC-t is, mert ABEC paralelogramma, így minden rajta átmenő egyenesnek f és t közé eső szakaszát felezi, azaz O1O2-t is. Eszerint BO1CO2 paralelogramma.
Kivétel az az eset, ha O2 a t-nek éppen a B pontjában adódik, és így egyszersmind O1 egybeesik C-vel. Ekkor BO1CO2 elfajul a BC egyenesszakasszá, és AE felező merőlegese azonos BC-vel. Ebben a helyzetben ABEC rombusz, és BC átlója egyenlő az oldalával. Így ez az eset akkor áll elő, ha ABC egyenlő oldalú háromszög.
 
 Fodor Magdolna (Makó, József A. g. II. o. t.)
 

Megjegyzés. Bojár Gábor (Budapest, Apáczai Csere J. g. I. o. t.) rámutatott, hogy a BO1CO2 paralelogramma nem lehet sem rombusz, sem téglalap. Ennek belátását az olvasóra bízzuk.
 

II. megoldás. Az I. megoldásban látott szimmetria miatt A és D, valamint C és E egymás tükörképe, ezért O2 a t-n van, és a CDE háromszög köré írt kör átmegy A-n is, tehát egyszersmind a CAE háromszögnek is körülírt köre (2. ábra).
 
 
2. ábra
 

A CAE és BEA háromszög egymás tükörképe a BC szár F felezőpontjára, mert ‐ mint láttuk ‐ ABEC paralelogramma. Ezért a körülírt körük O1 és O2 középpontja is egymás képe F-re, így pedig BO1CO2 paralelogramma, és középpontja F.
 
 Halász Ferenc (Budapest, Berzsenyi D. g. I. o. t.)
 

III. megoldás. Az ABE háromszög átvihető CED-be úgy, hogy eltoljuk AB irányába AB/2 szakasszal, majd tükrözzük az ADEC trapéz középvonalának k egyenesére. * Ezek a lépések O1-et O2-be viszik át, C-t pedig B-be, ugyanis az ABEC paralelogramma CEDB-be megy át. Így a CO1 és BO2 szakaszok egyenlők. A két szakasz párhuzamos is, mert CO1 az AB szakasz felező merőlegesének egy szakasza, így merőleges k-ra is, tehát iránya az eltolásnál nem változik, a k-ra való tükrözéssel viszont ellentétes irányúvá válik. Ebből következik, hogy CO1BO2 paralelogramma, kivéve, ha O1 egybeesik C-vel, O2 pedig B-vel.
 

 Arányi Péter (Budapest, Apáczai Csere J. gyak. g. II. o. t.)
 

Megjegyzés. Teljesen hasonló gondolatmenettel látható be a négyszög paralelogramma volta, ha az ABE háromszöget először úgy toljuk el, hogy A a C pontba kerüljön, majd a CE egyenesre tükrözzük.
 

Laborczi Zoltán (Győr, Révai M. g. I. o. t.)
*Ez a kristályok szimmetriáiban is fellépő ún. csúszótükrözés; ez szerepel az 1334. feladatban is, K.M.L. 29 (1964) 28. o. és 30 (1965) 114. o.