Kezdőlap


Feladat:	C.953	Korcsoport: 16-17	Nehézségi fok: átlagos
Megoldó(k):	Morapitiye Sunil , Orbán Réka
Füzet:	2010/január, 11 - 12. oldal		PDF \| MathML
Témakör(ök):	Háromszögek hasonlósága, Pitagorasz-tétel alkalmazásai, Deltoidok, Síkgeometriai bizonyítások, C gyakorlat
Hivatkozás(ok):	Feladatok: 2008/szeptember: C.953

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

I. megoldás. Az ábra jelöléseivel a bizonyítandó állítás:

\begin{matrix} 2 r = \frac{2}{\frac{1}{a} + \frac{1}{c}} . \end{matrix}

Tudjuk, hogy egy körhöz egy külső pontból húzott érintőszakaszok hossza egyenlő, vagyis

A B = B C = c - r

C D = D E = a - r

E F = F G = r

G H = H A = r

. Tudjuk továbbá, hogy az érintési pontba húzott sugár merőleges az érintőre, így a trapézt felosztottuk két egybevágó négyzetre és két deltoidra. Az

A B C O

és az

O C D E

négyszögek deltoidok, a szimmetriatengelyük egyben szögfelező:

\begin{matrix} A O B ∢ = B O C ∢ = \frac{α}{2}, C O D ∢ = D O E ∢ = \frac{180^{\circ} - α}{2} = 90^{\circ} - \frac{α}{2} . \end{matrix}

Tehát a

B O D

háromszög derékszögű, amelyet az átfogójához tartozó magassága két, egymáshoz és az eredeti háromszöghöz is hasonló derékszögű háromszögre vág szét. (Szögeik:

90^{\circ}

\frac{α}{2}

90^{\circ} - \frac{α}{2}

.)
A hasonlóság alapján:

\begin{matrix} \frac{B C}{C O} = \frac{C O}{C D}, azaz \frac{c - r}{r} = \frac{r}{a - r}, \end{matrix}

amiből kapjuk, hogy

r = \frac{a c}{a + c}

.
A trapéz derékszögű szára

2 r

, vagyis

\begin{matrix} 2 r = \frac{2 a c}{a + c} = \frac{2}{\frac{a + c}{a c}} = \frac{2}{\frac{1}{a} + \frac{1}{c}}, \end{matrix}

és ezt kellett belátni.

II. megoldás. Jelölje

A B C D

a trapéz csúcsait,

O

a beírható

k

kör középpontját,

r

a sugarát,

E

F

G

H

pedig az oldalak és a

k

kör érintési pontjait. A feladat szövege szerint

A D C ∢ = D A B ∢ = 90^{\circ}

Felhasználva, hogy az érintési pontba húzott sugár merőleges az érintőre,

G

O

és

E

pontok egy egyenesbe esnek,

E G ∥ A D

és

A D = E G = E O + O G = r + r = 2 r

.
Legyen

A B = a

D C = b

, ekkor

C G = b - r

, illetve

B E = a - r

, mivel

A E = H O = D G = r

. Ismert, hogy körhöz külső pontból húzott érintőszakaszok hossza egyenlő, ezért

C F = C G = b - r

B F = B E = = a - r

és

\begin{matrix} B C = B F + C F = a - r + b - r = a + b - 2 r . \end{matrix}

Toljuk el az

E G

szakaszt úgy, hogy a

G

C

pontba kerüljön. Így az

E

E'

pontba kerül és

A E' = A E + E E' = r + (b - r) = b

, ekkor

E' B = a - b

. Az eltolás miatt

C E' B ∢ = 90^{\circ}

.
Írjuk fel a

C E' B

derékszögű háromszögre a Pitagorasz-tételt:

4 r^{2} + {(a - b)}^{2} = {(a + b - 2 r)}^{2}

.
Ebből kapjuk, hogy

r = \frac{a b}{a + b}

, vagyis

\begin{matrix} A D = 2 r = \frac{2 a b}{a + b} = \frac{2}{\frac{1}{a} + \frac{1}{b}}, \end{matrix}

és ezt kellett belátni.