A szöveg csak Firefox böngészőben jelenik meg helyesen. Használja a fenti PDF file-ra mutató link-et a letöltésre. I. megoldás: és párhuzamossága folytán az négyszög trapéz. Legyen a , csúcs vetülete -n , , így az , , és derékszögű háromszögekből Pythagorász tételével
Ezekből (1) négyzetes tagjaira
és azt kell megmutatnunk, hogy itt a jobb oldal egyenlő -vel. Feltehetjük, hogy az -nál levő szög nem nagyobb derékszögnél, így a konvexség miatt az egyenesen , , egymás után következő pontok: . Ezért (2) jobb oldalának első különbsége
A második különbség , és kölcsönös helyzete szerint háromféleképpen alakulhat:
Ezt (3)-hoz adva kiemelése után a feltevés figyelembevételével a zárójelben mindig adódik. Evvel az állítást bebizonyítottuk.
Bónis Katalin (Budapest, Veres Pálné lg. IV. o. t.) | Megjegyzések. 1. Elkerülhetjük az esetek szétválasztását, ha az átlók négyzetét a trapéz 4 rész‐háromszögéből a koszinusz‐tétellel fejezzük ki, figyelembe véve, hogy és :
Adjuk hozzá (6) és (7) -szereséhez (4) és (5) -szeresét: , amiből a 0-tól különböző -vel osztva (1)-re jutunk. ‐ Az esetek szétválasztását az tette elkerülhetővé, hogy a koszinusz‐tételről annak idején megmutattuk, hogy hegyes-, tompa- és derékszögű háromszögre egyaránt érvényes.
Nagy Irén (Dombóvár, Gőgös I. g. IV. o. t.) | 2. Lényegében ugyanígy kerülhetjük el az esetszétválasztást, ha ábránkra koordinátarendszert helyezünk, és a kifejezéseket a csúcsok koordinátáival állítjuk elő.
Lázár Zsolt (Szeged, Radnóti M. g. IV. o. t.) | 3. Az állítás a húrnégyszögre vonatkozó Ptolemaiosz‐tétel felhasználásával is bizonyítható.
Nagypál Botond (Orosháza, Táncsics M. g. IV. o. t.) | II. megoldás. Az I. megoldás jelöléseit tovább használva tükrözzük az trapézt a oldal felezőpontjára, legyen és képe , , és alkalmazzuk az 1006. feladat első tételét az , és paralelogrammákra:
Mármost (8) és (9) összegéből (10)-et kivonva rendezés és egyszerűsítés után (1)-et kapjuk.
Molnár Emil (Győr, Révai M. g. IV. o. t.) | III. megoldás. Az állítást vektoralgebrai úton bizonyítjuk.
Ha már most , és a trapéz nem hurkolt, vagyis és egyirányúak, akkor amit bizonyítanunk kellett. Egyúttal a tétel általánosítását kaptuk tetszés szerinti konvex négyszögre: ha az és oldalak szöge , akkor | |
Kéry Gerzson (Sopron, Széchenyi I. g. III. o. t.) | Megjegyzés. A bebizonyított tétel és az 1006. feladat segédtétele felhasználásával kifejezhetjük a trapéz alapú hasáb testátlóinak négyzetösszegét az éleivel.
Ha az trapéz alapú hasáb oldalélei , , , , akkor a testátlók négyzetösszege, mint az és paralelogrammák átlóinak négyzetösszege:
Kunszt Zoltán (Pápa, Türr I. g. III. o. t.) |
Lásd a megoldást K. M. L. 21 (1960) 20. o. |