Kezdőlap


Feladat:	Gy.2235	Korcsoport: 16-17	Nehézségi fok: átlagos
Füzet:	1985/december, 453 - 455. oldal		PDF \| MathML
Témakör(ök):	Háromszögek hasonlósága, Pont körüli forgatás, Körülírt kör középpontja, Gyakorlat
Hivatkozás(ok):	Feladatok: 1984/december: Gy.2235

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

I. megoldás. A kerületi szögek tételének irányított szögekkel való megfogalmazását és annak megfordítását fogjuk használni (vö. Gy. 2219.megoldását).^{$^{*}$} Válasszuk úgy a betűzést, hogy az $A B C$ háromszög pozitív körüljárású legyen, a háromszög $α$ , $β$ , $γ$ szögeit pedig tekintsük pozitív irányú forgásszögeknek.

1. ábra

A B_{1} C_{1}

háromszög köré írt körének tetszőleges

P

pontjára a

P C_{1}

egyenest ugyanakkora forgás viszi át a

P B_{1}

egyenesbe, mint az

A C_{1}

-et

A B_{1}

-be, ez a szög pedig jelöléseink szerint

α .

Hasonlóan a

B A_{1} C_{1}

háromszög köré írt kör egy

P'

pontjára

P' A_{1}

-et

P' C_{1}

-be

β

szögű forgatás viszi. Legyen

M

e két körülírt kör második,

C_{1}

-től különböző metszéspontja;

M A_{1}

egyenest

M C_{1}

-be

β

szögű,

M C_{1}

-et

M B_{1}

-be

α

szögű elforgatás viszi át. Ha most

M B_{1}

-et tovább forgatjuk

γ

szöggel, akkor

α + β + γ = 180^{\circ}

miatt

M A_{1}

-et összesen

180^{\circ}

-kal forgattuk el, vagyis visszajutottunk

M A_{1}

-be. Ezért

M B_{1}

-et

M

körül

γ

szöggel elforgatva

M A_{1}

-et kapjuk, ami azt jelenti, hogy

M

rajta van a

C A_{1} B_{1}

háromszög körülírt körén. Valóban,

C B_{1}

-et

C

körül

γ

szöggel forgatva

C A_{1}

-hez jutunk; és a kerületi szögek tételének megfordítása szerint ekkor mindazok a pontok rajta vannak

C A_{1} B_{1}

körülírt körén, amelyekre ez a forgásszög, és az

M

pont ilyen.
Ezzel igazoltuk, hogy az

A B_{1} C_{1}

B C_{1} A_{1}

és

C A_{1} B_{1}

háromszögek körülírt körei egy

M

ponton mennek át, továbbá e körök középpontjait összekötő egyenesek rendre merőlegesek a közös húrokat tartalmazó

M A_{1}

M B_{1}

M C_{1}

egyenesekre. A középpontokat összekötő egyenesek szögei megegyeznek a rájuk

k

merőleges

M A_{1}

M B_{1}

M C_{1}

egyenesek által bezárt szögekkel, ez utóbbiak szögei pedig ‐ mint láttuk ‐

α

β

és

γ .

Így a középpontokat összekötő egyenesek páronként

α

β

γ

szöget zárnak be; a kérdéses háromszög valóban hasonló az

A B C

háromszöghöz, amint azt bizonyítanunk kellett.

II. megoldás. Húzzuk meg az

A B C

háromszög oldalain adódó szakaszok felező merőlegeseit ‐ ezeknek a 2. ábra szerinti

D

E

F

metszéspontjai adják meg a körülírt körök középpontjait.

2. ábra

Az egy oldalra merőleges két egyenes távolsága az oldal hosszának fele, ezért elegendő a következőt igazolnunk:
Az

A B C

háromszög mindhárom oldalára két-két merőlegest állítunk úgy, hogy a párhuzamosak távolsága a megfelelő oldal hosszának fele legyen. Ekkor a

D

E

F

metszéspontok az

A B C

-hez hasonló háromszöget határoznak meg.
Rögzítsük a

B C

C A

oldalakra emelt merőlegeseket, és vizsgáljuk, hogyan változik a

D E F

háromszög, mikor a harmadik párhuzamos párt csúsztatjuk

A B

-n. Az

F

pont fixen marad,

D

és

E

pedig

A C

-re, illetve

B C

-re merőlegesen mozog.
Húzzunk

F

-ből párhuzamost az

A C

B C

oldalakkal, messék ezek az oldalra emelt másik merőlegeseket

D'

-ben,

E'

-ben. A

D' E' F

háromszög

D' F

és

F E'

oldala párhuzamos és fele akkora, mint az

A B C

háromszög megfelelő oldala ‐ így ez áll a harmadik,

D' E'

oldalra is :

D' E' ∥ A B

és

D' E' = A B / 2.

Forgassuk és nyújtsuk meg a

D' E' F

háromszöget

F

körül úgy, hogy az

E'

pont

E

-be kerüljön, legyen

D'

képe

D^{*} .

A dőlt betűs állítást ‐ és ezzel együtt a feladat állítását is ‐ beláttuk, ha megmutatjuk, hogy

D

és

D^{*}

egybeesik. Ehhez meg elegendő azt látnunk, hogy egyrészt

D^{*}

rajta van a

D D'

egyenesen, másrészt

D^{*} E

-nek

A B

-re való vetülete éppen

A B / 2

hosszúságú.
Az első állítás könnyen adódik. A forgatva nyújtás miatt az

F E' E

és

F D' D^{*}

háromszögek hasonlók ‐ speciálisan mindkettő derékszögű, és így

F D' D^{*} ∢ = F D' D ∢ = 90^{\circ},

tehát

D'

D

és

D^{*}

valóban egy egyenesen vannak.

D^{*}

-ból húzzunk párhuzamost

D' E'

-vel, és mérjük fel rá a

D^{*} E^{*} = D' E'

szakaszt. Ez akkora szöget zár be

D^{*} E

-vel, amekkorával a

D' E' F

háromszöget elforgattuk, vagyis például

E D^{*} E^{*} ∢ = E F E' ∢ .

Másrészt

D' E' F

és

D^{*} E F

hasonlóságából

\begin{matrix} D^{*} E : D^{*} E^{*} = D^{*} E : D' E' = E F : E' F, \end{matrix}

tehát

E P E'

és

E D^{*} E^{*}

hasonló derékszögű háromszögek. Ráadásul

D^{*} E^{*} ∥ A B

, ezért

D^{*} E

-nek

A B

-re való merőleges vetületének hossza

D^{*} E^{*} = D' E' = A B / 2,

amit bizonyítani akartunk.

Megjegyzés. Második megoldásunkban nem használtuk ki, hogy a párhuzamos egyenespárok metszik az oldalszakaszokat, és azt sem, hogy távolságuk a megfelelő oldal hosszának éppen a fele, hanem csak annyit, hogy ez az arány mindhárom esetben ugyanaz.

^{$^{*}$} Lásd ezen számban a 452. oldalon.