Kezdőlap


Feladat:	1204. matematika gyakorlat	Korcsoport: 14-15	Nehézségi fok: nehéz
Megoldó(k):	Berényi E. , Deák András , Erőd Márta , Freud Géza , Frisch Róbert , Hoffmann Tibor , Juhász Kató , Kaiser K. , Klacskó Géza , Kovács L. , Lipsitz Imre , Livery B. , Matolcsy Kálmán , Steiner Iván
Füzet:	1937/december, 105 - 106. oldal		PDF \| MathML
Témakör(ök):	Derékszögű háromszögek geometriája, Egyenlő szárú háromszögek geometriája, Körérintési szerkesztések, Mértani helyek, Gyakorlat
Hivatkozás(ok):	Feladatok: 1937/október: 1204. matematika gyakorlat

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

I. Megoldás. A két kör $C$ érintkezési pontjában húzzuk meg közös érintőjüket, mely $e$ -t az $M$ pontban metszi. Minthogy egy pontból húzott kör‐érintők darabjai egyenlők, $M C = M A = M B$ , tehát $M$ az $e$ egyenes szilárd pontja, mely $A B$ -t felezi; a $C$ pedig oly $γ$ körön fekszik, melynek középpontja $M$ és sugara $\frac{1}{2}$ $A B$ . Az $O$ és $O'$ körök az $e$ egyenes mindkét oldalán feküdhetnek, ezért a $C$ mértani helye az egész $γ$ kör.

γ

kör bármely

C

pontjához, melyre nézve

M C = M A = M B

, szerkeszthetünk olyan kört, mely

M A

-t az

A

-ban,

M C

-t a

C

-ben érinti, továbbá oly kört, mely

M B

-t a

B

-ben és

M C

-t a

C

-ben érinti. Eszerint a

γ

kör minden pontja a mértani helyhez tartozik.

Erőd Márta (Koháry István g. VI. o. Gyöngyös).
Steiner Iván (Toldy Ferenc g. VI. o. Bp. II.)

II. Megoldás. A változó

O

, ill.

O'

kör középpontja mindenkor az

e

-re,

A

, ill.

B

pontban állított merőleges egyenesen fekszik. Ebből következik, hogy

\begin{matrix} A O C ∢ + B O' C ∢ = 180^{\circ} . \end{matrix}

O A C

egyenlőszárú háromszögben

O C A = 90^{\circ} - \frac{1}{2} A O C ∢

.
Az

O B C

egyenlőszárú háromszögben

O' C B = 90^{\circ} - \frac{1}{2} B O' C ∢

\begin{matrix} O C A ∢ + O' C B = 180^{\circ} - \frac{1}{2} (A O C ∢ + B O' C ∢) = 90^{\circ} . \end{matrix}

Minthogy az

O

C

O'

pontok egy egyenesen feküsznek ‐ a köröknek

C

-ben való érintkezése miatt ‐,

\begin{matrix} A C B ∢ = 180^{\circ} - (O C A ∢ + O' C B ∢) = 90^{\circ}, \end{matrix}

tehát a

C

pont ‐ Thales‐tétele szerint ‐ oly

γ

körön fekszik, melynek átmérője

A B

Ezen kör minden pontja megfelel a követelménynek. Ugyanis, ha ezen kör tetszőleges pontja

C

, az

A C

-t és

B C

-t merőlegesen felező egyenesek metszik az

e

-re merőleges

A X

és

B Y

egyeneseket,

O

, ill.

O'

pontban. Az

O A

és

O' B

sugarú körök nyilván keresztülmennek a

C

ponton.

\begin{matrix} Másrészt O' C B ∢ & = O' B C ∢ = 90^{\circ} - A B C ∢ \\ O C A ∢ & = O A C ∢ = 90^{\circ} - C A B ∢ . \end{matrix}

\begin{matrix} Eszerint O C A ∢ + A C B ∢ + B C O' = 180^{\circ} - (A B C ∢ + C A B ∢) + 90^{\circ} = 180^{\circ}, \end{matrix}

azaz az

O

C

O'

pontok egy egyenesbe esnek és így az

O

és

O'

körök

C

-ben érintik egymást.
Lipsitz Imre (Izr. g. VI. o. Debrecen).

III. Megoldás. Hogy

A C B △

C

-nél derékszögű, abból is következtethető, hogy

C

O

és

O'

körök belső hasonlósági pontja.

Jegyzet. Több megoldás nem volt figyelembe vehető, bizonyítás híjján.
Az

O A C

egyenlőszárú háromszögben

O C A = 90^{\circ} - \frac{1}{2} A O C ∢

.
Az

O B C

" " O' C B = 90^{\circ} - \frac{1}{2} B O' C ∢