|
Feladat: |
F.2071 |
Korcsoport: 16-17 |
Nehézségi fok: - |
Megoldó(k): |
Baksai R. , Erdélyi T. , Filakovszky P. , Knébel I. , Lukács Erzsébet , Mészáros Gy. , Németh Ernő |
Füzet: |
1977/május,
206 - 207. oldal |
PDF | MathML |
Témakör(ök): |
Egyéb sokszögek hasonlósága, Tengelyes tükrözés, Forgatva nyújtás, Trapézok, Deltoidok, Parabola, mint mértani hely, Feladat |
Hivatkozás(ok): | Feladatok: 1976/december: F.2071 |
|
A szöveg csak Firefox böngészőben jelenik meg helyesen. Használja a fenti PDF file-ra mutató link-et a letöltésre. a) Először pontosan kimondjuk, mit fogunk bizonyítani. Ha az első deltoid szimmetriatengelye , vagyis a másodiké , akkor áll merőlegesen -ra és -re, ha pedig és a tengelyek, akkor lesz az trapéz egyik magassága. Összefoglalva, úgy kapjuk meg e trapéznak azt az oldalát, amelyik merőlegesen áll a vele szomszédos oldalakra, hogy csúcsai közül elhagyjuk a deltoidok (nem közös) tengelyvégpontjait. Elég egyetlen betűzés mellett bizonyítanunk, mert az egyik deltoidot rögzítve, és ezt minden megengedett módon megbetűzve, a lehetséges ábrák egymásba átvihetők egy alkalmas tengelyű tükrözéssel vagy egy forgatva nyújtással vagy ezek egymásutánjával, bármelyik sorrendben.
Legyenek a tengelyek és , ekkor , így az szakasz felező merőlegese felezi azt az szögtartományt, amelyikben egyik deltoid sincs benne. Ennek a mértéke a hasonlóság, a négyszög szögösszege és a szimmetriák alapján
vagyis a felező merőlegesnek -val, -vel bezárt szöge egyenlő a , ill. szöggel. Így 2‐2 váltószöget találtunk: és párhuzamosak az felező merőlegesével, és ez bizonyítja állításunkat. b) Most már a 2041. feladatra a következő új megoldást tudjuk adni. A novemberi szám (132. old.) II. megoldásában használt jelöléseket és ábrákat használva: a és körök metszéspontja legyen , erről mutatjuk meg, hogy azonos a , , , (és ) alakzattal meghatározott parabola fókuszával. tükörképe és -re és , az ekkor keletkező és négyszögek hasonló deltoidok, a megfelelő szögek egyenlősége miatt (érintő szárú, ill. kerületi szögek). A bizonyított tételünk értelmében ekkor és , így és rajta van a vezéregyenesű, fókuszú parabolán, e parabola és -beli érintői épp a és egyenesek, mivel az szög megfelelő szögfelezői. Mivel a két érintő és az érintési pontok egyértelműen meghatározzák a parabolát, épp a keresett fókusszal azonos. Ha a keletkező két deltoid valamelyike elfajuló, akkor a II. megoldásban közölt módon járhatunk el. |
|