Kezdőlap


Feladat:	368. matematika feladat	Korcsoport: 16-17	Nehézségi fok: átlagos
Megoldó(k):	Friedmann Bernát , Grosz Andor , Kornis Ödön , Riesz Frigyes , Visnya Aladár
Füzet:	1898/március, 133 - 135. oldal		PDF \| MathML
Témakör(ök):	Húrnégyszögek, Háromszögek szerkesztése, Térelemek és részeik, Egyenlő szárú háromszögek geometriája, Középponti és kerületi szögek, Tengelyes tükrözés, Projektív geometria, Feladat
Hivatkozás(ok):	Feladatok: 1897/június: 368. matematika feladat

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

I. Megoldás. Legyen a keresett egyenlőszárú háromszög $A E F$ . Húzzunk $C$ ponton át az $a$ vonallal párhuzamos egyenest, mely $g$ -t $O$ pontban, $A E$ -t pedig $D$ -ben metszi. $A D C$ szintén egyenlőszárú háromszög, melyet ha megszerkesztünk, a feladat meg van oldva.
E szerkesztés czéljából állítsunk $C$ pontban az $O C$ vonalra merőlegest, mely a $g$ egyenest $G$ pontban metszi. $C$ pontnak $g$ -re vonatkozó tükörképe $C_{1}$ . Rajzoljunk kört, melynek $B C_{1}$ a húrja és e húrhoz tartozó kerületi szöge: $β = 90^{\circ} - α$ , hol $α$ az $a$ és $g$ egyenesek által képezett szög. E kör a $C G$ megnyújtását $H$ -ban metszi. $B H$ egyenes a $g$ -t $A$ -ban, a keresett háromszög csúcsában metszi. Most már mind az $A D C$ , mind az $A E F$ háromszög megrajzolható.

Bizonyítás:

C_{1} H B ∢ = β

, mert a segédkörnek

C_{1} B

húrhoz tartozó kerületi szöge;

O G C ∢

szintén

β

, mert az

O G C

derékszögű háromszög, de mivel

C_{1}

tükörképe

C

-nek,

C_{1} G A ∢

β

; ennélfogva

C_{1} H G A

húrnégyszög, mert az

A C_{1}

húrhoz tartozó

A H C_{1}

és

A G C_{1}

kerületi szögek egyenlők és így:

\begin{matrix} H C_{1} A ∢ = 180^{\circ} - H G A ∢; \end{matrix}

\begin{matrix} H G A ∢ = 180^{\circ} - β \end{matrix}

s így

\begin{matrix} H C_{1} A ∢ = β, \end{matrix}

tehát

\begin{matrix} C_{1} H A ∢ = H C_{1} A ∢ = β \end{matrix}

vagyis az

A H C_{1}

egyenlőszárú háromszög; ennek külszöge tehát:

\begin{matrix} C_{1} A B ∢ = 2 β \end{matrix}

vagyis az

A H C_{1}

egyenlőszárú háromszög; ennek külszöge tehát:

\begin{matrix} C_{1} A B ∢ = 2 β . \end{matrix}

Mivel

C O C_{1} ∢ = 2 α

, a

C_{1} A B

és

C O C_{1}

szögek összege

180^{\circ}

, tehát

O C_{1} A D

szintén húrnégyszög, a melyben

C_{1} O A

kerületi szöghöz

C_{1} A

és a vele egyenlő

A O D

kerületi szöghöz

A D

húr tartozván:

\begin{matrix} C_{1} A = A D; \end{matrix}

de mivel

\begin{matrix} C_{1} A = A C, \end{matrix}

azért

\begin{matrix} A D = A C, \end{matrix}

tehát

A D C

s így

A E F

is egyenlőszárú háromszög.
A feladatnak két megoldása van, mert a segédkör a

C G

-t a másik irányában való meghosszabbításában:

H_{1}

-ben is metszi és így a

H_{1} B

meghosszabbítása a

g

egyenesen egy

A_{1}

csúcspontot is ad.

(Kornis Ödön.)

II. Megoldás. Ha megrajzoljuk ama egyenlőszárú háromszögeket, melyek alapja az

a

egyenesen fekszik és szárai a

B

és

C

pontokon mennek át, a

B

-ben és

C

-ben keletkező sugársorok az egy háromszöghöz tartozó szárakat megfelelő sugaraknak tekintve, projektivikusok lesznek, mert bármely két sugár képezte szög ellentetten egyenlő a megfelelő két sugár által képezettel és így

4 - 4

megfelelő sugár kettősviszonya egyenlő.
Ha e sugarakat a hordozókon túl meghosszabbítjuk, míg a

g

egyenest metszik, két projektív pontsort nyerünk a két

g

hordozón és a keresendő háromszög

A

csúcsa e két közös hordozóval bíró projektív pontsor kettős pontja. A szerkesztést könnyen visszavezethetjük közös hordozókkal bíró projektív sugársorok kettős sugarainak megkeresésére, mely közölve van a 95. feladat I. megoldása elé írt projektív geometriai tárgyalás végén (II. évf. 71-74. lap).

(Visnya Aladár.)

A feladatot még megoldották: Friedmann Bernát, Grosz Andor, Riesz Frigyes.