|
Feladat: |
1496. matematika gyakorlat |
Korcsoport: 16-17 |
Nehézségi fok: - |
Füzet: |
1974/szeptember,
17 - 18. oldal |
PDF | MathML |
Témakör(ök): |
Alakzatok szimmetriái, Derékszögű háromszögek geometriája, Egyenlő szárú háromszögek geometriája, Beírt kör, Hossz, kerület, Paralelogrammák, Síkgeometriai számítások trigonometria nélkül háromszögekben, Síkgeometriai számítások trigonometria nélkül körökben, Gyakorlat |
Hivatkozás(ok): | Feladatok: 1973/november: 1496. matematika gyakorlat |
|
A szöveg csak Firefox böngészőben jelenik meg helyesen. Használja a fenti PDF file-ra mutató link-et a letöltésre. Jelöljük a paralelogramma átlóinak metszéspontját -val, és legyenek a beírt köröknek az érintési pontjai rendre , , és legyen . Először belátjuk, hogy .
A kör tengelyes szimmetriájából következik, hogy egy külső pontból a körhöz húzott érintőszakaszok hossza egyenlő. Ennek ismeretében könnyen igazolhatjuk a következő tételt: egy háromszög beírt körének az oldallal való érintési pontja úgy osztja az oldalt, hogy a csúcstól az érintési pontig terjedő szakasz a fél kerület és a csúccsal szemközti oldal különbségével egyenlő. Alkalmazzuk az előbbi tételt az és háromszögre és fejezzük ki segítségükkel az , távolságokat.
Mivel paralelogramma, így , s ezzel állításunkat bizonyítottuk. Másodszorra azt látjuk be, hogy . Ez következik abból, hogy a paralelogramma középpontosan szimmetrikus, s középpontja az átlóinak metszéspontja. A , , pontok feltétel szerint egy egyenlő szárú derékszögű háromszög csúcsai. Az előbb bizonyított egyenlőségek miatt lehet csak, azaz a derékszög a csúcsban van, vagyis a felező merőlegese. Ez más szóval azt jelenti, hogy a paralelogramma átlói merőlegesek egymásra, tehát rombusz, és így . Az érintési, pontok nem alkotnak háromszöget. Nincs tehát egyetlen olyan paralelogramma sem, amely az adott feltételeknek eleget tenne.
Lásd Horvay K. ‐ Reiman I.: Geometriai feladatok gyűjteménye. I. kötet, 44. oldal, 642. feladat. |
|