Kezdőlap


Feladat:	662. matematika feladat	Korcsoport: 16-17	Nehézségi fok: nehéz
Megoldó(k):	Bársony Stefánia , Busztin Anna , Fejér Gy. , Gajzágó E. , Klein B. , Kövesdi D. , Lázár D. , Marosi István , Paskusz S. , Sebők Gy. , Sohr Anna , Varga Á. , Zsemlye B.
Füzet:	1931/március, 216 - 217. oldal		PDF \| MathML
Témakör(ök):	Húrnégyszögek, Feladat
Hivatkozás(ok):	Feladatok: 1931/január: 662. matematika feladat

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

Az $A' B' C' ▵$ háromszög szögei rendre megegyeznek az $A B C ▵$ megfelelő szögeivel, minthogy ezek szárai egymásra merőlegesek (és ugyanolyan forgásirányban vettük őket). $\hat{A'} = \hat{A} = α$ , $\hat{B'} = \hat{B} = β$ , $\hat{C'} = \hat{C} = γ$ .

A B A'

és

B C B'

háromszögek köré írt körök metszőpontja (a

B

-n kívül) legyen

N

. Minthogy

A A' B N

húrnégyszög,

\hat{A N B} = 180^{\circ} - \hat{A'} = 180^{\circ} - α

; ugyanígy

\hat{B N C} = 180^{\circ} - β

. Ebből következik, hogy

C N A = 180^{\circ} - γ

, azaz: a

C C' A ▵

köré írt kör keresztülmegy az

N

ponton.
Ezen

N

pont az

A B C ▵

egyik Brocard-féle pontja; ugyanis

\begin{matrix} \hat{N B A} + \hat{B A N} = 180^{\circ} - \hat{A N B} = α = \hat{B A N} + \hat{N A C}, \end{matrix}

tehát

\hat{N B A} = \hat{N A C}

. Hasonlóan

\hat{N A C} = \hat{N C B}

.
Az ugyanazon íven fekvő kerületi szögek egyenlősége miatt:

\begin{matrix} \hat{N B A} = \hat{N A' A}, \hat{N A C} = \hat{N C' C}, \hat{N C B} = \hat{N B' B} \end{matrix}

és így az előbbiek miatt:

\begin{matrix} \hat{N A' A} = \hat{N C' C} = \hat{N B' B}, \end{matrix}

azaz az

N

pont az

A' B' C' ▵

-nek is egyik Brocard-féle pontja.

Marosi István (Kemény Zsigmond r. VI. o. Bp. VI.)