Kezdőlap


Feladat:	B.3680	Korcsoport: 18-	Nehézségi fok: nehéz
Füzet:	2004/szeptember, 342 - 343. oldal		PDF \| MathML
Témakör(ök):	Síkgeometriai bizonyítások, Körülírt kör, Magasságvonal, Háromszögek geometriája, Feladat
Hivatkozás(ok):	Feladatok: 2003/november: B.3680

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

Megoldás. Jelöljük az $A C$ oldal felezőpontját $F_{1}$ -gyel, a $B C$ oldal felezőpontját pedig $F_{2}$ -vel. Mivel egy pontból egy körhöz húzott két érintőszakasz egyenlő, azért a $Q A C$ és $P C B$ háromszögek egyenlőszárúak, s így $Q F_{1}$ merőleges $A C$ -re, $P F_{2}$ pedig merőleges $B C$ -re. A $Q A F_{1}$ derékszögű háromszög hasonló a $C B C_{1}$ derékszögű háromszöghöz, a $P B F_{2}$ derékszögű háromszög pedig hasonló a $C A C_{1}$ derékszögű háromszöghöz, mert $Q A F_{1} ∢ = C B C_{1} ∢$ és $P B F_{2} ∢ = C A C_{1} ∢$ , ugyanis előbbiek az $A B C$ háromszög körülírt körének rövidebbik $A C$ , utóbbiak pedig a rövidebbik $B C$ ívéhez tartozó érintőszárú, illetve közönséges kerületi szögek (lásd az ábrát).

Ezekből viszont következik, hogy az

A C_{1} Q

és a

B C_{1} P

háromszögek is hasonlók, mert megegyezik egyik szögük és az azt közrefogó oldalak aránya. Ugyanis

\begin{matrix} Q A C_{1} ∢ = Q A F_{1} ∢ + C A C_{1} ∢ = C B C_{1} ∢ + P B F_{2} ∢ = P B C_{1} ∢, \end{matrix}

és a

\begin{matrix} \frac{Q A}{A F_{1}} = \frac{C B}{B C_{1}} és \frac{P B}{B F_{2}} = \frac{C A}{A C_{1}} \end{matrix}

egyenlőségekből következően

\begin{matrix} Q A \cdot B C_{1} = A F_{1} \cdot C B = \frac{1}{2} \cdot C A \cdot C B = C A \cdot B F_{2} = P B \cdot A C_{1}, \end{matrix}

tehát

\begin{matrix} \frac{Q A}{A C_{1}} = \frac{P B}{B C_{1}} . \end{matrix}

Vagyis

A C_{1} Q ∢ = B C_{1} P ∢ .

De mivel

C C_{1}

merőleges

A B

-re,

\begin{matrix} Q C_{1} C ∢ = 90^{\circ} - A C_{1} Q ∢ = 90^{\circ} - B C_{1} P ∢ = P C_{1} C ∢ . \end{matrix}

Tehát

C C_{1}

felezi a

Q C_{1} P

szöget, ami éppen a bizonyítandó állítás.