Kezdőlap


Feladat:	640. matematika feladat	Korcsoport: 16-17	Nehézségi fok: átlagos
Megoldó(k):	Dancs Mária , Pesti András , Rázga Tamás , Szeidl Béla
Füzet:	1955/április, 117 - 119. oldal		PDF \| MathML
Témakör(ök):	Trapézok, Síkgeometriai számítások trigonometria nélkül négyszögekben, Feladat
Hivatkozás(ok):	Feladatok: 1954/november: 640. matematika feladat

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

E feladat igen termékenynek bizonyult. Nagyon sokféle megoldás érkezett be. Legtöbbnyire a cosinus-tételt használták fel a megoldók (többféleképpen is), de több másfajta megoldás között szerepelt az $a^{2} + b^{2} + c^{2} + d^{2} = e^{2} +$ $+ f^{2} + 4 g^{2}$ összefüggés, ahol $g$ az átlók felezőpontjainak egymástól való távolsága, valamint a súlyvonal hosszát megadó azonosság $(s_{a}^{2} = \frac{2 b^{2} + 2 c^{2} + a^{2}}{4}$ , lásd 510. sz. feladatot, VI. köt. 88. old. 1953. nov.) is. A sokféle megoldásból az alábbi hármat választottuk ki, mint a legegyszerűbbeket és a legfrappánsabbakat. Ezek közül a legegyszerűbb a tétel általánosítását is lehetővé teszi.

I. megoldás: A betűzést az 1. ábra mutatja.

1. ábra

Az egyik párhuzamos (pl. a

C D = c

) oldalt merőlegesen felező egyenesre tükrözzük az

A D

és

B C

szárakat, nyerjük az

A A' C D

, ill.

B' B C D

egyenlőszárú trapézeket.

\begin{matrix} A A' & = A B - A' B = a - x, \\ B' B & = A B + B' A = a + x . \end{matrix}

Ezen egyenlőszárú trapézekre, mint húrnégyszögekre, alkalmazva Ptolemaios tételét

\begin{matrix} e^{2} & = d^{2} + c (a - x), & (1) \\ f^{2} & = b^{2} + c (a + x) . & (2) \end{matrix}

(1) és (2) összege

\begin{matrix} e^{2} + f^{2} = b^{2} + d^{2} + 2 a c \end{matrix}

szolgáltatja a bebizonyítandó tételünket.

Dancs Mária (Bp. II., Hámán Katalin lg. IV. o. t.)

Szeidl Béla (Bp. VIII., Apáczai Csere g. III. o. t.)

II. megoldás: Ismeretes, hogy egy csúcsból kiinduló két háromszögoldal bármelyikéből és a második oldalnak az előbbi oldalon levő merőleges vetületéből alkotott egy-egy téglalap területe egyenlő

(b \cdot c cos α = c \cdot b cos α)

. Ez igaz akár hegyes-, akár tompa-, akár derékszöget zár be a két oldal. (Utóbbi esetben mindkét téglalap területe külön-külön

0

.) Ilyen módon bármely háromszögnek mind a három csúcspontjánál keletkezik 2‐2 ilyen egyenlő területű téglalap.
Alkalmazzuk e tételt

A B C D

trapézünk

A B C

(2. ábra) és

A B D

(3. ábra) háromszögére. Mindkét ábrában az egyenlő területű téglalapokat ugyanazzal a római számmal jelöltük.

III = IV + V

és

VII = I + V

2. ábra

A 2. ábrán az előbbiek alapján

\begin{matrix} e^{2} = II + III = II + IV + V, és b^{2} = I + II . \end{matrix}

3. ábra

A 3. ábrán

\begin{matrix} f^{2} = VI + VII = VI + I + V, és d^{2} = IV + VI . \end{matrix}

Tehát

\begin{matrix} e^{2} + f^{2} = (I + II) + (IV + VI) + 2 \cdot V = b^{2} + d^{2} + 2 a c . \end{matrix}

Pesti András (Bp. XI., József A. g. III. o. t.)

III. Megoldás: Pythagoras-tétele is elegendő tételünk bizonyításához, sőt általánosításához is. Húzzuk meg a

C

és

D

pontokból a trapéz

m

magasságát.

4. ábra

A betűzést a 4. ábra mutatja.

\begin{matrix} e^{2} & = m^{2} + {(a - x)}^{2} = m^{2} + a^{2} - 2 a x + x^{2}, & (3) \\ f^{2} & = m^{2} + {(c + x)}^{2} = m^{2} + c^{2} + 2 c x + x^{2}, & (4) \\ b^{2} & = m^{2} + x^{2}, & (5) \\ d^{2} & = m^{2} + {(a - c - x)}^{2} = m^{2} + a^{2} - 2 a c + c^{2} - 2 a x + 2 c x + x^{2} . & (6) \end{matrix}

Tehát (3) és (4) összege

\begin{matrix} e^{2} + f^{2} = (m^{2} + x^{2}) + (m^{2} + a^{2} + c^{2} - 2 a x + 2 c x + x^{2}) . \end{matrix}

A jobboldalon az első zárójelben levő kifejezés értéke (5) alapján

b^{2}

, a második zárójelben levő kifejezés értéke (6) alapján

d^{2} + 2 a c

, és így

\begin{matrix} e^{2} + f^{2} = b^{2} + d^{2} + 2 a c . \end{matrix}

Megjegyzés: Megmutatjuk, hogy általános négyszögben

\begin{matrix} e^{2} + f^{2} = b^{2} + d^{2} + 2 a c cos ε_{1} = a^{2} + c^{2} + 2 b d cos ε_{2}, \end{matrix}

ahol

ε_{1}

a

és

c

ε_{2}

b

és

d

oldalak által bezárt szög. (Jelen feladatunk állítása ezen általánosabb tételnek speciális esete, midőn

ε_{1} = 0

.)
A bizonyítás az előbbihez hasonló.

5. ábra

A betűzést az 5. ábra mutatja.

\begin{matrix} m_{1} & = b^{2} - x^{2} = e^{2} - {(a - x)}^{2} & (7) \\ m_{2} & = d^{2} - y^{2} = f^{2} - {(a - y)}^{2} & (8) \end{matrix}

(7)-ből

\begin{matrix} 2 a x = a^{2} + b^{2} - e^{2}, \end{matrix}

(

7'

)

(8)-ból

\begin{matrix} 2 a y = a^{2} + d^{2} - f^{2} . \end{matrix}

(

8'

)

(

7'

) és (

8'

) összege

\begin{matrix} 2 a (x + y) = 2 a^{2} + b^{2} + d^{2} - e^{2} - f^{2}, \end{matrix}

amiből

\begin{matrix} e^{2} + f^{2} = b^{2} + d^{2} + 2 a (a - x - y), \end{matrix}

a - x - y = D C' = c cos ε_{1}

, és így

\begin{matrix} e^{2} + f^{2} = b^{2} + d^{2} + 2 a c cos ε_{1} . \end{matrix}

Hurkolt négyszög esetén

ε_{1}

helyébe annak kiegészítő szöge

180 - ε_{1}

lép. Hurkolt trapéz esetén,

cos 180^{\circ} = - 1

miatt,

\begin{matrix} e^{2} + f^{2} = b^{2} + d^{2} - 2 a c . \end{matrix}

Rázga Tamás (Bp. II., Rákóczi g. III. o. t.)