Feladat: Gy.2612 Korcsoport: 16-17 Nehézségi fok: átlagos
Megoldó(k):  Barát János ,  Cserháti Gábor ,  Farkas Zénó ,  Imreh Csanád ,  Ruda Gergely 
Füzet: 1991/március, 105 - 106. oldal  PDF  |  MathML 
Témakör(ök): Pont körüli forgatás, Síkgeometriai számítások trigonometria nélkül háromszögekben, Gyakorlat
Hivatkozás(ok):Feladatok: 1990/február: Gy.2612

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

I. megoldás. Forgassuk el az ORQ háromszöget O körül úgy, hogy a Q pont képe P legyen. Jelöljük R képét R'-vel (1. ábra). Mivel OPR∢=OQR∢, ezért R' rajta van a PR félegyenesen. Az elforgatás miatt OR=OR', tehát az ORR' háromszög egyenlő szárú. Tudjuk, hogy POB∢=180∘-POA∢=140∘, így ORP∢=180∘-(POR∢+OPR∢)=30∘. Ekkor az ORR' háromszögben ROR'∢=180∘-2⋅ORP∢=120∘. Az elforgatás miatt pedig

QOB∢=POR'∢=POB∢-R'OR∢=140∘-120∘=20∘.

 
 

1. ábra
 

 

 Barát János (Szeged, Radnóti M. Gimn., II. o. t.)
 

II. megoldás. Mivel OPR∢=OQR∢, valamint P és Q az OR egyenesnek ugyanazon az oldalán helyezkedik el, ezért P és Q rajta van az OR szakasz egyik 10∘-os látókörívén, tehát az OPQR négyszög húrnégyszög (2. ábra).
 
 

2. ábra
 


Így PQR∢=180∘-POR∢=POA∢=40∘, amiből PQO∢=PQR∢-OQR∢=40∘-10∘=30∘. P és Q egy O középpontú félkörív pontjai lévén OP=OQ, vagyis az OPQ háromszög egyenlő szárú. Ezért QPO∢=PQO∢=30∘. A kerületi szögek tétele miatt QOB∢=QOR∢=QPR∢=QPO∢-RPO∢=30∘-10∘=20∘.
 

 Ruda Gergely (Bp., Berzsenyi D. gimn., II. o. t.)