Kezdőlap


Feladat:	1501. matematika gyakorlat	Korcsoport: 16-17	Nehézségi fok: könnyű
Füzet:	1977/október, 67 - 68. oldal		PDF \| MathML
Témakör(ök):	Tengelyes tükrözés, Körülírt kör, Magasságpont, Gyakorlat
Hivatkozás(ok):	Feladatok: 1973/december: 1501. matematika gyakorlat

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

Jelöljük $M$ -nek a $B C$ -re való tükörképét $M'$ -vel, erről azt kell megmutatnunk, hogy azonos $A$ -val. Ismeretes az (I. oszt.) tankönyvből, hogy $M'$ rajta van a háromszög köré írt $k$ körön (és könnyű belátni, hogy az állítás arra az esetre is bizonyítható, ha a háromszög valamelyik szöge ‐ mint feladatunkban az $A C B ∢ = γ = 90^{\circ} + β$ ‐tompaszög), így azt is mondhatjuk, hogy $M'$ az $M A$ magasságegyenes és $k$ közös pontja. Emiatt elég azt belátnunk, hogy $A$ -n felül nincs más közös pontjuk, más szóval, hogy az $M A$ egyenes érinti $k$ -t; vagyis hogy az $O A$ sugár merőleges $M A$ -ra, és így párhuzamos $B C$ -vel.

Legyen

k

-nak

B

-vel átellenes pontja

B^{*}

, így a

B O B^{*}

egyenesszög egyenlő a homorú

B O A ∢ = 2 γ

és az

A O B^{*} ∢ = 2 A B B^{*}

szögek különbségével:

180^{\circ} = 2 γ - 2 A B B^{*} ∢

. Így a feladat

180^{\circ} = 2 γ - 2 β

föltevése szerint

A O B^{*} ∢ = 2 β = A O C ∢

, tehát

O A

felezi a

C O B^{*}

szöget, merőleges a

C B^{*}

húrra, ami viszont

B C

-re merőleges, tehát

O A

valóban párhuzamos

B C

-vel. Mint láttuk, ez elegendő a feladat állításának bizonyításához.

Megjegyzés. Könnyű látni, hogy az állítás megfordítása is igaz: ha

M

-nek

B C

-re való

M'

tükörképe azonos

A

-val (amikor a háromszög szükségképpen tompaszögű, hiszen

M

a háromszögre nézve külső pont) ‐ azaz

M A

érinti

k

-t ‐, akkor

| β - γ | = 90^{\circ}