Kezdőlap


Feladat:	1088. matematika gyakorlat	Korcsoport: 16-17	Nehézségi fok: átlagos
Megoldó(k):	Borzsák Péter , Nikodémusz Anna , Sailer Kornél , Süttő Klára
Füzet:	1967/október, 68 - 70. oldal		PDF \| MathML
Témakör(ök):	Háromszögek hasonlósága, Eltolás, Derékszögű háromszögek geometriája, Téglalapok, Gyakorlat
Hivatkozás(ok):	Feladatok: 1966/november: 1088. matematika gyakorlat

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

I. megoldás. $D C P ∢ = C B M ∢$ , és $C D P ∢ = D A M ∢$ , mint merőleges szárú hegyesszögek (1. ábra), így $P$ és vele $N$ is az $A D$ , $B C$ egyenespár közti sávban van. Ezért az $N C P$ és $C B M$ , valamint $N D P$ és $D A M$ derékszögű háromszögek páronként hasonlók.

1. ábra

Megfelelő befogóik arányainak egyenlőségéből osztással:

\begin{matrix} \frac{C N}{N P} = \frac{B C}{C M} = \frac{A D}{C M}, \frac{N D}{P N} = \frac{D A}{M D}, \frac{C N}{N D} = \frac{M D}{C M} . \end{matrix}

A számlálókat két-két szakasz különbségeként írva, majd az egyenlőség mindkét oldalához 1-et adva

\begin{matrix} \frac{C D - N D}{N D} = \frac{C D - C M}{C M}, \frac{C D}{N D} = \frac{C D}{C M}, \end{matrix}

amiből

N D = C M

. Ezt kellett bizonyítanunk.

Sailer Kornél (Ózd, József A. g. I. o. t.)

2. ábra

II.megoldás. Toljuk el a

C D P

háromszöget úgy, hogy

D

csúcsa

M

-be jusson, és legyen új helyzete

C' M P'

(2. ábra). Ekkor egyrészt

\begin{matrix} C' P' ∥ C P ⊥ B M, tehát C' P' ⊥ B M, \end{matrix}

másrészt

B A M C'

paralelogramma, így

\begin{matrix} M P' ∥ D P ⊥ A M ∥ B C', vagyis M P' ⊥ B C', \end{matrix}

tehát

P'

B M C'

háromszög magasságpontja. Ezért

B P'

merőleges

M C'

-re, azaz

C D

-re, tehát azonos a

B C

egyenessel, vagyis

P'

rajta van

B C

-n. Így pedig az eltolás miatt

N C = P P' = D M

, és

D N = D C - N C = D C - D M = M C

, qu. e. d.

Süttő Klára (Budapest, Ságvári E. gyak. g. II. o. t.)

III. megoldás. Rajzoljunk kört az

A

B

és

M

ponton keresztül. Ez szimmetrikus az

A B

oldal

f

felező merőlegesére, ami egyben

C D

-nek is felező merőlegese, s így átmegy

C D

azon

N_{1}

pontján, amelyre

D N_{1} = M C

. Azt akarjuk belátni, hogy

N

azonos

N_{1}

-gyel.

3. ábra

Legyen a kör

M

-mel átellenes pontja

M_{1}

, akkor egyrészt

M_{1}

merőleges vetülete

C D

-n

N_{1}

, mert a kör középpontja

f

-en van. Másrészt felhasználva Thalész tételét

\begin{matrix} M_{1} A ⊥ A M ⊥ P D és M_{1} B ⊥ B M ⊥ P C, \end{matrix}

tehát

\begin{matrix} M_{1} A ∥ P D és M_{1} B ∥ P C . \end{matrix}

Így az

A B M_{1}

háromszög a

D C P

háromszögből a

D C

-re merőleges

D A

-val történő eltolással kapható. Ez azonban azt jelenti, hogy

M_{1}

-gyel együtt

P

merőleges vetülete

C D

-n szintén

N_{1}

, és ezt akartuk bizonyítani.

Borzsák Péter (Budapest, I. István g. I. o. t.)

Megjegyzés. Meg lehet mutatni, hogy az állítás akkor is helyes, ha

M

C D

egyenesnek a

C D

szakaszon kívül levő pontja.

Nikodémusz Anna (Miskolc, Földes F. g. II. o. t.)