Kezdőlap


Feladat:	Gy.1845	Korcsoport: 14-15	Nehézségi fok: átlagos
Megoldó(k):	Szabó Endre
Füzet:	1980/január, 19. oldal		PDF \| MathML
Témakör(ök):	Síkgeometriai bizonyítások, Körök, Körérintők, Gyakorlat
Hivatkozás(ok):	Feladatok: 1979/május: Gy.1845

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

A $T$ pont megválasztása miatt az $A$ , $P$ , $B$ , $T$ pontok ebben a sorrendben egy konvex négyszög csúcsai, amelyből az $A B$ átló egy $T$ -ben tompaszögű háromszöget vág le.

Jelöljük ez utóbbinak

A

-nál,

B

-nél levő szögeit

α

-val,

β

-val, a

P

középpontú,

P A

sugarú kört

g

-vel,

k

középpontját

O

-val. Az

A T

ívhez tartozó

A B T

kerületi szögnek az

A P T

középponti szög

g

-ben kétszerese, tehát

A P T ∢ = 2 β

, és a

B T

ív szögeire hasonlóan

B P T ∢ = 2 α

teljesül. Mivel az

A P B O

konvex négyszögben

A

-nál,

B

-nél derékszög van, a négyszögben az

O

-beli és

P

-beli szögek összege

180^{\circ}

, vagyis

A O B ∢ = 180^{\circ} - 2 (α + β)

. Ez utóbbinak

k

-ban az

A K B

kerületi szög a fele, vagyis

A K B ∢ = 90^{\circ} - (α + β)

. Ha elvesszük az

A B K

háromszög

B

-beli szögéből annak

K B T

darabját, és a visszamaradó darabhoz hozzáadjuk a háromszög

A

-beli és

K

-beli szögét, összegül éppen

90^{\circ}

-ot kapunk, így

K B T ∢

derékszög, és a

B T

szára

k

-ból a

K

-val átellenes

L

pontot metszi ki.

Szabó Endre (Budapest, Fazekas M. Gyak. Gimn., I. o. t.)