Kezdőlap


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 $A C$ , vagyis a másodiké $C E$ , akkor $B F$ áll merőlegesen $B A$ -ra és $F E$ -re, ha pedig $B D$ és $D F$ a tengelyek, akkor $A E$ lesz az $A B F E$ 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

D B

és

D F

, ekkor

D A = D C = D E

, így az

A E

szakasz felező merőlegese felezi azt az

A D E

szögtartományt, amelyikben egyik deltoid sincs benne. Ennek a mértéke a hasonlóság, a négyszög szögösszege és a szimmetriák alapján

\begin{matrix} 360^{\circ} - A D C ∢ - C D E ∢ = 360^{\circ} - A D C ∢ - A B C ∢ = D A B ∢ + B C D ∢ = 2 \cdot D A B ∢ = 2 \cdot D E F ∢, \end{matrix}

vagyis a felező merőlegesnek

D A

-val,

D E

-vel bezárt szöge egyenlő a

D A B

, ill.

D E F

szöggel. Így 2‐2 váltószöget találtunk:

A B

és

E F

párhuzamosak az

A E

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

k_{1}

és

k_{2}

körök metszéspontja legyen

F

, erről mutatjuk meg, hogy azonos a

t_{1}

T_{1}

t_{2}

T_{2}

(és

M

) alakzattal meghatározott parabola fókuszával.

F

tükörképe

t_{1}

és

t_{2}

-re

T'_{1}

és

T'_{2}

, az ekkor keletkező

F T_{1} T'_{1} M

és

F T_{2} T'_{2} M

négyszögek hasonló deltoidok, a megfelelő szögek egyenlősége miatt (érintő szárú, ill. kerületi szögek). A bizonyított tételünk értelmében ekkor

T'_{1} T'_{2} ⊥ T_{1} T'_{1}

és

T'_{1} T'_{2} ⊥ T_{2} T'_{2}

, így

T_{1}

és

T_{2}

rajta van a

T'_{1} T'_{2}

vezéregyenesű,

F

fókuszú parabolán, e parabola

T_{1}

és

T_{2}

-beli érintői épp a

t_{1}

és

t_{2}

egyenesek, mivel az

F T_{i} T'_{i}

(i = 1, 2)

szög megfelelő szögfelezői. Mivel a két érintő és az érintési pontok egyértelműen meghatározzák a parabolát,

F

épp a keresett fókusszal azonos.
Ha a keletkező két deltoid valamelyike elfajuló, akkor a II. megoldásban közölt módon járhatunk el.