Kezdőlap


Feladat:	B.4810	Korcsoport: 16-17	Nehézségi fok: átlagos
Megoldó(k):	Gáspár Attila
Füzet:	2017/március, 157. oldal		PDF \| MathML
Témakör(ök):	Síkgeometriai számítások trigonometriával, Feladat, Pont körüli forgatás, Húrnégyszögek, Síkgeometriai bizonyítások
Hivatkozás(ok):	Feladatok: 2016/szeptember: B.4810

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

Megoldás. Legyen $E'$ az a pont, amelyre az $A B E'$ háromszög szabályos, és $E'$ és $C$ az $A B$ egyenesnek ugyanazon az oldalán vannak. Legyen továbbá $G'$ az $A B$ félegyenesnek az a pontja, amelyre $C A = C G'$ .

B C

A B E' ∢

szögfelezője, ezért a

C

pont rajta van az

A E'

felezőmerőlegesén. Így

A C = C E'

, ezért

\begin{matrix} A E' C ∢ = C A E' ∢ = 60^{\circ} - 15^{\circ} = 45^{\circ}, \end{matrix}

vagyis

E' C A ∢ = 90^{\circ}

. Emiatt az

E'

pont rajta van a

C D

egyenesen. Az

A B E'

háromszög szabályos, így

E'

rajta van az

A B

felezőmerőlegesén is. Ezzel beláttuk, hogy

E \equiv E'

. A szimmetria miatt

C E B ∢ = 15^{\circ}

. Látjuk, hogy

C E B ∢ = A G' C ∢ = B G' C ∢ = 15^{\circ}

. Nyilván

E B G' ∢ = 180^{\circ} - 60^{\circ} = 120^{\circ}

, így, mivel a

C B G

háromszög egyenlő szárú,

\begin{matrix} B G C ∢ = \frac{180^{\circ} - (C B E ∢ + E B G ∢)}{2} = \frac{180^{\circ} - (30^{\circ} + 120^{\circ})}{2} = 15^{\circ} = B G' C ∢, \end{matrix}

ezért

G' \equiv G

. A kerületi szögek tételének megfordítása miatt a

B

C

E

G

egy körön vannak.

A C B ∢ = 135^{\circ}

, ezért a szimmetria miatt

B C E ∢ = 135^{\circ}

. A húrnégyszögek tétele miatt ennek megfelelően

E G B ∢ = 45^{\circ}

. Legyen a

B G E C

kör középpontja

O

. A kerületi és középponti szögek tétele miatt

E O B ∢ = 90^{\circ}

. Az

E O B

egyenlő szárú derékszögű háromszög, tehát a kör átmérője

2 O E = \sqrt[]{2} \cdot B E = \sqrt[]{2} \cdot A B