A szöveg csak Firefox böngészőben jelenik meg helyesen. Használja a fenti PDF file-ra mutató link-et a letöltésre. I. megoldás. A ponton keresztül húzzunk párhuzamost az egyenessel, messe ez a -t -ben. Majd húzzunk egy -vel párhuzamost a pontton keresztül, messe ez -t az -ben. Belátjuk, hogy az és négyszögek hasonlóak, a csúcsokat a felsorolás sorrendjében feleltetve meg egymásnak.
A és háromszögekben az és szögek a feltétel szerint egyenlők. Az és szögek viszont csúcsszögek, amiből következik, hogy a két háromszög hasonló, így megfelelő oldalaikra . Vagyis a két négyszög egy‐egy megfelelő oldalpárjának aránya megegyezik. Mivel , hiszen az idom paralelogramma, valamint a két négyszögben a csúcsnál levő szög közös, így egyenlő, végül , a két négyszög valóban hasonló. A hasonlóság miatt pedig az és szögek egyenlősége is fennáll. II. megoldás. Tekintsük a , háromszögek köré írható köröket. Ezekben a húr közös, és hozzá egyenlő látószögek tartoznak. Emiatt a két kör sugara egyenlő, ha például a másodikat a szakasz felezőpontjára tükrözzük, az elsőt kapjuk. (Mivel az négyszögben belső pont, a két kör a egyenes ellentétes partjain fekszik.) E tükrözés a szakaszt a vele párhuzamos és egyirányú szakaszba viszi. Tehát a szakasz a , pontokból egyenlő szögek alatt látszik. Ezzel viszont igazoltuk a feladat állítását, hiszen a háromszöget mentén eltolva az háromszöget kapjuk. Megjegyzés. A feladat az 1980. évi Arany Dániel matematikai tanulóverseny II. fordulóján a haladó (II. osztályos) általános tantervű osztályok versenyének első feladata volt.
|