Feladat: 1201. matematika feladat Korcsoport: 16-17 Nehézségi fok: nehéz
Megoldó(k):  Arató I. ,  Bánó L. ,  Ehrenfeld N. ,  Erdélyi I. ,  Erdős V. ,  Ertler Á. ,  Fekete M. ,  Fodor H. ,  Freund E. ,  Fuchs I. ,  Füstös P. ,  Földes R. ,  Guman J. ,  Hajdu Pál ,  Hermann M. ,  Jánosy Gy. ,  Kirchknopf E. ,  Kiss E. ,  Kovács Gy. ,  Krémusz R. ,  Léber Gy. ,  Lusztig M. ,  Murarik A. ,  Neubauer C. ,  Perényi M. ,  Pichler S. ,  Rosenthal M. ,  Schlesinger K. ,  Schuster Gy. ,  Schwarz Gy. ,  Schwarz S. ,  Seligmann A. ,  Szekeres V. ,  Szilas O. ,  Tóth B. ,  Trbojevics M. 
Füzet: 1904/február, 130. oldal  PDF  |  MathML 
Témakör(ök): Körülírt kör, Rombuszok, Síkgeometriai számítások trigonometria nélkül négyszögekben, Feladat
Hivatkozás(ok):Feladatok: 1903/november: 1201. matematika feladat

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

Jelöljük α-val a rhombus ABC szögét, ω-val a B-ben és ω1-gyel az A-ban rajzolható érintők által bezárt szögeket. Az ABD és ABC egyenlő szárú háromszögek csúcsain átmenő körök K3 és K4, középpontjai az AC, illetőleg BD átlókon vannak, az ω és ω1 szögek pedig az átlók által feleztetnek. Minthogy

K4AB=K4BA=α2,
azért
K4AK3=90-α2-α2=90-α.
De
ω12+K4AK3=ω12+90-α=90,
tehát
ω1=2α.
Továbbá
K3BA=90-α2
és
K4BK3=90-α2-α2=90-α.
De
ω2+K4BK3=ω2+90-α=90,
tehát
ω=2α.
Így tehát csakugyan
ω1=ω=2α.

(Hajdú Pál, Budapest.)
 

A feladatot még megoldották: Arató I., Bánó L., Ehrenfeld N., Erdélyi I., Erdős V., Ertler Á., Fekete M., Fodor H., Földes R., Freund E., Fuchs I., Füstös P., Guman J., Hermann M., Jánosy Gy., Kirchknopf E., Kiss E., Kovács Gy., Krémusz R., Léber Gy., Lusztig M., Murarik A., Neubauer C., Perényi M., Pichler S., Rosenthal M., Schlesinger K., Schuster Gy., Schwarz Gy., Schwarz S., Seligman A., Szekeres V., Szilas O., Tóth B., Trbojevics M.