Kezdőlap


Feladat:	C.855	Korcsoport: 14-15	Nehézségi fok: átlagos
Megoldó(k):	Barta Pál , Mezei Bálint
Füzet:	2007/február, 85. oldal		PDF \| MathML
Témakör(ök):	Síkgeometriai bizonyítások, Trapézok, Egyenlő szárú háromszögek geometriája, C gyakorlat
Hivatkozás(ok):	Feladatok: 2006/május: C.855

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

I. megoldás. Az $A B C$ háromszög és az $A B' C$ háromszög a tükrözés miatt egybevágó. Az $A C$ átfogójú derékszögű háromszögek $B$ , illetve $B'$ csúcsai az átfogóhoz tartozó Thálesz-körön vannak. $A C$ felezőpontja, az $O$ rajta van a téglalap középvonalán. A $B A C$ és $B' A C$ szögek a tükrözés miatt egyenlők, az $O B' A$ és $B' A E$ szögek pedig váltószögek, tehát egyenlők. Az $O A B'$ háromszög egyenlő szárú háromszög, alapon fekvő szögei egyenlők, mindkettő $β$ . A fentiek alapján a $β$ -val jelzett szögek egyenlők, $3 β = 90^{\circ}$ , $β = 30^{\circ}$ , vagyis $C A E ∢ = 2 β = 60^{\circ}$ .

II. megoldás. Használjuk az ábra jelöléseit. A tengelyes tükrözés miatt

A C = 2 a

, továbbá a váltószögek egyenlősége miatt az

A B C

háromszögből

\begin{matrix} cos 2 β = sin α = \frac{1}{2} . \end{matrix}

Mivel

α

hegyesszög, azért

α = 30^{\circ}

, és

2 β = 60^{\circ}

, azaz

β = 30^{\circ}

. Tehát a trapéz hegyesszöge:

α + β = 30^{\circ} + 30^{\circ} = 60^{\circ}