Kezdőlap


Feladat:	1145. matematika gyakorlat	Korcsoport: 16-17	Nehézségi fok: átlagos
Megoldó(k):	Amigó György , Bagdy Dániel , Bleyer Jenő , Bleyer L. , Csurgay J. , Danciger E. , Dudás Imre , Fehérváry Ákos , Fekete András , Füleky Lajos , Förstner György , Grosz I. , Grosz László , Guttmann A. , Hahn István , Halász Iván , Halmai T. , Havas I. , Jakab Károly , Joó Endre , Kálmán L. , Katz M. , Klein J. , Lipsitz Imre , Margulit György , Monath Ferenc , Németh E. , Rubistein Gy. , Sándor Gyula , Steiner Iván , Száva I. , Szilárd Rezső , Szittyai Dezső , Szücs F. , Tassonyi Kenéz , Tornai Jenő , Tóth B. , Vass L. , Vértessy Lajos
Füzet:	1937/március, 203 - 204. oldal		PDF \| MathML
Témakör(ök):	Háromszögek egybevágósága, Szögfelező egyenes, Párhuzamos szelők tétele, Gyakorlat
Hivatkozás(ok):	Feladatok: 1937/január: 1145. matematika gyakorlat

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

I. Megoldás.

A M N Δ

M N

oldalán fekvő szögek egyenlők. Ugyanis

M N ∥ A D

és ezért

A M N ∢ = M A D ∢

(mint váltószögek)
és

A N M ∢ = D A C ∢

(mint megfelelő szögek).
Azonban

M A D ∢ = D A C ∢ = \frac{1}{2} B A C ∢

és így

A M N ∢ = A N M ∢

. Ezért

A N = A M

.
Az

A D

és

N M

párhuzamos szelők által létesített szeletekre nézve:

\begin{matrix} N A : N C = F D : F C és A M : M B = D F : F B . \end{matrix}

A két aránypár 3‐3 megfelelő helyen álló tagja megegyezik és így

\begin{matrix} N C = M B, ill. C N = B M . \end{matrix}

Grósz László (Áll. Balassi Bálint rg. VI. o. Balassagyarmat).

Jegyzet. Legyen

A B = c, A C = b

. Hosszabbítsuk meg az

A B

oldalt

A E = A C

-vel. Ekkor

B E = b + c

. Ismeretes továbbá, hogy

C E ∥ A D

és így

F M ∥ C E

. Minthogy

F

felezi

B C

-t,

M

felezi

B E

-t, tehát

\begin{matrix} B M = \frac{b + c}{2}, A M = c - \frac{b + c}{2} = \frac{c - b}{2} = A N, C N = b + \frac{c - b}{2} = \frac{b + c}{2} . \end{matrix}

Eszerint

B M = C N = \frac{b + c}{2}

II. Megoldás.

C

csúcsból

C F

sugárral szerkesztett kör az

F M

egyenest a

G

pontban metszi. Minthogy

C G = C F

, a

C F G Δ

-ben az

F G

oldalon fekvő szögek egyenlők és ezért

C G N ∢ = M F B ∢

. Láttuk továbbá, hogy

F M B ∢ = C N G ∢

. Így a

C G N ≅ B F M Δ

; ugyanis egy oldal

(C G = F B)

és rajta fekvő két szög egyenlő. Ebből következik:

C N = B M

. (Egyenlő szögekkel szembenfekvő oldalak!)

Monath Ferenc (Br. Kemény Zsigmond g. V. o. Bp.)