Kezdőlap


Feladat:	889. matematika feladat	Korcsoport: 16-17	Nehézségi fok: átlagos
Megoldó(k):	Füle Károly , Mató Péter , Szatmári Gábor , Tatai Péter
Füzet:	1958/november, 115 - 117. oldal		PDF \| MathML
Témakör(ök):	Középpontos tükrözés, Pont körüli forgatás, Koordináta-geometria, Paralelogrammák, Feladat
Hivatkozás(ok):	Feladatok: 1958/március: 889. matematika feladat

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

I. megoldás: Jelöljük az $A A'$ , $B B'$ , $C C'$ , $D D'$ szakaszok felezőpontját $A''$ , $B''$ , $C''$ ill. $D''$ -vel, és az adott paralelogrammák átlóinak, valamint az $A'' B'' C'' D''$ négyszög $A'' C''$ és $B'' D''$ átlóinak metszéspontját rendre $O$ , $O'$ , $O''$ -vel (1. ábra).

1. ábra

O

ill.

O'

-ben a feltevés szerint az

A C

és

B D

ill.

A' C'

és

B' D'

átlók felezik egymást. Megmutatjuk, hogy

O''

ugyancsak felezi az

A'' C''

és

B'' D''

átlókat, ebből már következik, hogy

A'' B'' C'' D''

paralelogramma.
Ismeretes, hogy bármely

M P R T

négyszög

M P

P R

R T

T M

oldalainak

N

Q

S

U

felezőpontjai paralelogrammát határoznak meg. Ismételjük, hogy

M P R T

bármely négyszög lehet, konkáv és hurkolt is, sőt

N Q = S U

és

Q S = U N

akkor is fennáll, ha

M

P

R

T

között egybeeső pontok is fordulnak elő; két egybeeső pont közti ,,szakasz'' felezőpontja természetesen azonos a két végponttal. Ezt az

A C C' A'

és

B D D' B'

négyszögekre alkalmazva (amelyek konkávok is lehetnek, vagy más, most említett tulajdonságuk is lehet) kapjuk, hogy az

O C'' O' A''

és

O D'' O' B''

négyszögek paralelogrammák. Ebből következik, hogy

O O'

közös átlójuknak

O^{*}

felezőpontja másik átlóikon,

C'' A''

ill.

D'' B''

-n is rajta van, tehát azonos ezeknek

O''

metszéspontjával, továbbá, hogy

O''

felezi

C'' A''

és

D'' B''

-t. Ez éppen az, amit bizonyítani akartunk.

Füle Károly (Bp. V., Apáczai Csere J. gyak. g. IV. o. t.)

II. megoldás: Legyen

A D'

és

C B'

felezőpontja

E

ill.

F

, és

E F

felezőpontja

O^{*}

(2. ábra).

2. ábra

Ekkor egyrészt

A'' E ∥ A' D' ∥ B' C' ∥ F C''

és

D'' E ∥ D A ∥ C B ∥ F B''

, és az említett 4‐4 szakasz irányítása is egyező, ennélfogva

A'' E D'' ∢ = C'' F B'' ∢

; másrészt

A'' E = \frac{1}{2} A' D' = \frac{1}{2} B' C' = F C''

és

D'' E = \frac{1}{2} D A = \frac{1}{2} C B = F B''

; tehát az

E A'' D''

és

F C'' B''

háromszögek tükrös párok az

O^{*}

pontra vonatkozóan, ennélfogva

A'' D'' # C'' B''

, és így az

A'' B'' C'' D''

négyszög paralelogramma. (Ha

A D ∥ A' D'

, akkor az

E

A''

D''

és

F

C''

B''

ponthármasok nem alkotnak háromszöget, egy-egy egyenesbe, esetleg egyetlen egyenesbe esnek, azonban a tükrösség fennáll.)
Ha a tükrösségből csak azt használnók ki, hogy

A'' D'' = C'' B''

, akkor a fentiekhez hasonlóan (ti.

A B'

és

D C'

felezőpontjainak felhasználásával) kaphatnók, hogy

A'' B'' = C'' D''

és e két egyenlőségből is adódik

A'' B'' C'' D''

-nek paralelogramma volta.

Mató Péter (Kaposvár, Táncsics M. g. III. o. t.)

III. megoldás: Forgassuk el az

A B B'' A''

és a

D C C'' D''

négyszöget

B''

ill.

C''

körül

180^{\circ}

-kal és legyen új helyzetük

A_{1} B' B'' A''_{1}

ill.

D_{1} C' C'' D_{1}''

(2. ábra, az új vonalak vastagon, szaggatva). Ekkor egyrészt

A'' A' A_{1} A''_{1}

és

D'' D' D_{1} D_{1}''

paralelogrammák, mert

A''_{1} A_{1} # A A'' # A'' A'

ill.

D''_{1} D_{1} # D D'' # D'' D'

(a párhuzamosságon felül az irányítások is egyeznek, ugyanígy a továbbiakban is), és ezért

A'' A''_{1} (= 2 A'' B'') # A' A_{1}

ill.

D'' D_{1}'' (= 2 D'' C'') # D' D_{1}

; másrészt az

A' B' A_{1}

és

D' C' D_{1}

háromszögekben

B' A' # C' D'

és

B' A_{1} # A B # D C # C' D_{1}

, így az utóbbi háromszög az előbbiből

B' C'

nagyságú és irányú eltolással is létrejön, tehát harmadik oldalaikra

A' A_{1} = D' D_{1}

. E két eredmény egybevetéséből

A'' B'' ∥ A' A_{1} ∥ D' D_{1} ∥ D'' C''

és

A'' B'' = \frac{1}{2} A' A_{1} = \frac{1}{2} D' D_{1} = D'' C''

, azaz

A'' B'' C'' D''

-nek két szemközti oldala párhuzamos és egyenlő, a négyszög paralelogramma.

Tatai Péter (Bp. XIV., I. István g. III. o. t.)

IV. megoldás: Ábránkra koordinátarendszert helyezve legyenek az adott paralelogrammák csúcsainak koordinátái:

\begin{matrix} A (x_{1}, y_{1}), B (x_{2}, y_{2}), C (x_{3}, y_{3}), D (x_{4}, y_{4}); \end{matrix}

(1)

így a vizsgálandó felezőpontok koordinátái:

\begin{matrix} A'' (\frac{x_{1} + x'_{1}}{2}, \frac{y_{1} + y_{1}'}{2}), B'' (\frac{x_{2} + x_{2}'}{2}, \frac{y_{2} + y_{2}'}{2}), C'' (\frac{x_{3} + x_{3}'}{2}, \frac{y_{3} + y_{3}'}{2}), & (2) \\ D'' (\frac{x_{4} + x_{4}'}{2}, \frac{y_{4} + y_{4}'}{2}) . \end{matrix}

Párhuzamos és egyenlő szakaszoknak bármely egyenesre való vetületei egyenlők (azonos irányú vetítés esetén), tehát az

A B C D

paralelogramma szemközti oldalpárjait mindkét tengelyre vetítve:

\begin{matrix} x_{1} - x_{2} & = x_{4} - x_{3}, & y_{1} - y_{2} & = y_{4} - y_{3}, \\ x_{1} - x_{4} & = x_{2} - x_{3}, & y_{1} - y_{4} & = y_{2} - y_{3} . \end{matrix}

E négy egyenlőség csupán átrendezett alakja a következő kettőnek:

\begin{matrix} \frac{x_{1} + x_{3}}{2} - \frac{x_{2} + x_{4}}{2} = 0 és \frac{y_{1} + y_{3}}{2} - \frac{y_{2} + y_{4}}{2} = 0, \end{matrix}

(3)

amelyek együtt az átlók felezőpontjainak egybeesését fejezik ki, eszerint (3) teljesülése nemcsak szükséges, de elegendő feltétele is annak, hogy az (1) pontnégyes paralelogrammát alkosson. (Másrészt (3)-ban a koordinátageometria ,,nyelvén'' az a tény is megmutatkozik, hogy egy paralelogramma három csúcsát és sorrendjüket ismerve, a negyedik csúcs meg van határozva; eszerint pl.

x_{4}

y_{4}

felvétele lényegében felesleges volt, így viszont összefüggéseink szimmetrikusak.) Hasonlóan

A' B' C' D'

-re:

\begin{matrix} \frac{x'_{1} + x'_{3}}{2} - \frac{x'_{2} + x'_{4}}{2} = 0 és \frac{y'_{1} + y'_{3}}{2} - \frac{y'_{2} + y'_{4}}{2} = 0, \end{matrix}

(4)

és bizonyításunk céljára elég megmutatni, hogy ugyanilyen összefüggés áll fenn a (2) koordináták között. Valóban, (3) és (4) összegének felezésével rendezés után

\begin{matrix} \frac{\frac{x_{1} + x_{1}'}{2} + \frac{x_{3} + x_{3}'}{2}}{2} - \frac{\frac{x_{2} + x_{2}'}{2} + \frac{x_{4} + x_{4}'}{2}}{2} & = 0, \\ \frac{\frac{y_{1} + y_{1}'}{2} + \frac{y_{3} + y_{3}'}{2}}{2} - \frac{\frac{y_{2} + y_{2}'}{2} + \frac{y_{4} + y_{4}'}{2}}{2} & = 0, \end{matrix}

és evvel bizonyításunkat befejeztük.

Szatmári Gábor (Bp. VIII., Piarista g. III. o. t.)