Feladat: 1394. matematika gyakorlat Korcsoport: 16-17 Nehézségi fok: átlagos
Megoldó(k):  Pálfalvi György ,  Szöllős László 
Füzet: 1974/január, 13 - 15. oldal  PDF  |  MathML 
Témakör(ök): Tengelyes tükrözés, Körülírt kör, Gyakorlat
Hivatkozás(ok):Feladatok: 1971/december: 1394. matematika gyakorlat

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

I. megoldás. C-nek e-re való C' tükörképe rajta van az AB félegyenesen. Eszerint B helyett C-ből kiindulva C helyén B-t kapjuk, és a kérdéses kör e két esetben azonosnak adódik. Az e egyenes elválasztja egymástól B-t és C-t, ezért elég B-ként k-ból annak az ívnek a pontjait tekinteni, amelyek e-nek O-t nem tartalmazó partján vannak. Legyen B a mondott ívnek a végpontjaitól és az A1 felezőpontjától különböző pontja.
Mivel az AB', AB egyenesek egymás képei e-re, ezért egymás képei az A-n át e-re merőlegesen álló f egyenesre is. Ez átmegy O-n, tengelye a k-nak, tehát AB'-nek a k-n levő, C-től különböző B* pontja a B tükörképe f-re.

 

 

Tekintsük most AB-nek C-ből vett látószögét. Ez azonos a BCB* kerületi szöggel, ezért fele a BOB* középponti szögnek, így egyenlő az A1OB=AOB szöggel, AB-nek O-ból vett látószögével, tehát O rajta van az ABC háromszög köré írt k1 körön. (Felhasználtuk azt is, hogy O ugyanazon a partján van az AB egyenesnek, mint C.)
 

B szerepére a kiválasztott ív A1 felezőpontját véve, C-ként a kiegészítő ív A2 felezőpontja adódik, hiszen A1A2 az e-re merőleges átmérő. Ekkor az ABC háromszög köré írt ,,kör'' maga az f egyenes, ,,végtelen nagy sugarú kör''. Ez O-n is átmegy, tehát az állítás ,,tágabb értelemben'' igaz erre a helyzetre is. Célszerűbb azonban így kezdeni ennek kimondását: ha B a mozgása folyamán tetszőlegesen közel jut A1-hez, akkor az ABC háromszög köré írt kör sugara minden határon túl nő.
Ilyen tágabb értelemben igaz az állítás k-nak e-n levő D metszéspontjára is, a kiválasztott ív végpontjára. Ha B közeledik D-hez, akkor ugyanez áll C-re is és a BC egyenes egyre jobban közeledik k-nak D-beli d érintőjéhez. Továbbmenve, a B-n és C-n átmenő k1 is érinteni fogja d-t, így k1 az A, D pontokkal és d-vel egyértelműen meg van határozva.
A-t az O-tól különbözőnek tekintettük, hiszen A-ként O-t véve, az állítás eleve semmitmondó.
 

Pálfalvi György (Győr, Révai M. Gimn.)

 

Megjegyzések. 1. Vázolunk egy kissé más megoldást, ugyancsak szögek egyenlősége alapján. B*B párhuzamos e-vel, ezért az e és AC egyenesek közti CAD hegyesszög egyállású a CB*B szöggel, az elsőnek mondott szögnek a CAB szög a kétszerese a tükrözés alapján, a másodiknak pedig a COB középponti szög.
Itt azt kaptuk tehát, hogy BC-nek A-ból és O-ból vett látószögei egyenlők.
 

Szöllős László (Budapest, Berzsenyi D. Gimn.)

 

2. Ajánljuk az érdeklődő olvasónak a hasonló kérdés megvizsgálását arra az esetre, ha A a k-ra nézve külső pont.
 

II. megoldás. Tekintsük az ABO háromszög köré írt k2 kört. A feladat állítását azzal bizonyítjuk be, hogy C rajta van k2-n. Jelöljük k2 középpontját O2-vel. Az OO2 egyenes a k, k2 körök közös centrálisa, ezért B-nek OO2-re vonatkozó C2 tükörképe rajta van a k-n is és a k2-n is. Thalész tétele alapján az e és OO2 egyenesek M metszéspontja rajta van k2-n. Mivel a BM, MC2 ívek egyenlők, azért A-ból egyenlő szögek alatt látszanak. Eszerint AB-t e-re tükrözve az AC2 egyenest kapjuk, vagyis C2 azonos C-vel.