Kezdőlap


Feladat:	1965. évi Arany Dániel matematikaverseny 2. forduló haladók (speciális) 3. feladata	Korcsoport: 16-17	Nehézségi fok: átlagos
Füzet:	1966/január, 3. oldal		PDF \| MathML
Témakör(ök):	Derékszögű háromszögek geometriája, Háromszögek hasonlósága, Pitagorasz-tétel alkalmazásai, Arany Dániel
Hivatkozás(ok):	Feladatok: 1966/január: 1965. évi Arany Dániel matematikaverseny 2. forduló haladók (speciális) 3. feladata

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

A $C E B$ és $D B C$ háromszögek hasonlók, mert oldalaik páronként merőlegesek egymásra, ezért

\begin{matrix} E B = \frac{B C}{C D} \cdot C B . \end{matrix}

Így

E B F

és

F B A

is hasonló háromszögek, mert

B

-nél levő szögük közös, és az ezt bezáró oldalak aránya az

F

-et előállító szerkesztés miatt egyenlő:

\begin{matrix} \frac{E B}{B F} = \frac{B C}{C D} \cdot \frac{C B}{B F} = \frac{B C}{C D} = \frac{F B}{B A} . \end{matrix}

F B A

háromszög

A

csúcsánál derékszög van, ezért a megfelelő

B F E

szög is derékszög. Ezt kellett bizonyítanunk.

Megjegyzés. A versenyzők egy része kifejezte

F A

-t,

E A

-t, majd

E F

-et is a téglalap oldalaival, és az

\begin{matrix} E B^{2} = E F^{2} + F B^{2} \end{matrix}

összefüggésre jutott. Ebből a feladat állítása a Pythagoras-tétel megfordítása alapján következik.