Kezdőlap


Feladat:	487. matematika gyakorlat	Korcsoport: 14-15	Nehézségi fok: átlagos
Megoldó(k):	Dömötör Gyula , Mezey Ferenc , Orbán Zsuzsanna
Füzet:	1958/december, 144 - 145. oldal		PDF \| MathML
Témakör(ök):	Trapézok, Gyakorlat
Hivatkozás(ok):	Feladatok: 1958/március: 487. matematika gyakorlat

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

I. megoldás: A feladat nem írja elő az $E$ és $F$ betűk helyzetét a középvonal két végpontján, viszont $F$ -nek az $E$ -étől megkülönböztetett szerepet ad. Emiatt a középvonal mindkét betűzési lehetőségét vizsgálnunk kell.
Vegyük először a ,,szokásosabb'' lehetőséget: $A B$ -vel és $C D$ -vel ,,egyirányban haladva'' jelöljük $F$ -fel a $B D$ szár felezőpontját.

1. ábra

Az 1. ábrán látható további jelölésekkel

D F K ▵ \sim D B G ▵

, mert szögeik egyállásúak, a hasonlóság aránya

1 : 2

, mert

F

felezőpontja

B D

-nek, így

\begin{matrix} B G = 2 F K = E F = k . \end{matrix}

(1)

Hasonlóan a

C E F

és

C A L

háromszögek hasonlóságából

A L = 2 E F = 2 k

.
Most már

B G

-nek egyik része

\begin{matrix} L G = A G - A L = A B + B G - A L = a + k - 2 k = a - k, \end{matrix}

(2)

és a

k : a

arány adott értékével

\begin{matrix} L G = a - k = \frac{3}{2} k - k = \frac{1}{2} k, \end{matrix}

ez pedig (1)-gyel egybevetve a feladat állítását igazolja.

2. ábra

A másik betűzési lehetőség mellett (2. ábra) az előbbi

L

metszéspont azonos

A

-val, azt kell tehát bizonyítanunk, hogy

B G = 2 A B = 2 a

. Valóban, a fentiekhez hasonlóan látható, hogy a

D B G

háromszög a

D E K

háromszögből kétszeresre nyújtással nyerhető, és így

B G = 2 K E = 2 \cdot \frac{3}{2} k = 3 k = 2 a

Megjegyzés: Az első esetben (1) és (2) megállapításához csak azt használtuk fel, hogy

E F

-et felével hosszabbítottuk meg. Ha azt kérdezzük, hogy

L

mikor felezi

B G

-t, akkor a

B G = 2 L G

, azaz

k = 2 (a - k)

követelésből

k = \frac{3}{2} a

, eszerint az adott arány teljesülése kérdésünknek nemcsak elégséges, hanem szükséges feltétele is.

Mezey Ferenc (Bp. II. Rákóczi F. g. II. o. t.)

II. megoldás: Az első betűzési változatban

A B = 3 x

jelöléssel feltételünk folytán

E F = 2 x

, ebből egyrészt a kisebb párhuzamos oldal:

C D = x

, másrészt a szerkesztésnél fogva

F K = x

. Így

C D # F K

C D K F

paralelogramma,

C F ∥ D K

, más jelölésekkel

F L ∥ D G

, azaz

F L

középvonala a

B D G ▵

-nek, és így felezi a

B G

oldalt.

Dömötör Gyula (Szeged, Radnóti M. g. I. o. t.)

III. megoldás: Ugyancsak az első változatban a II. megoldás szerint

C D G L

is paralelogramma, ezért

L G = C D = x

; másrészt egy-egy oldalukban és minden szögükben való megegyezésük folytán

B L F ▵ ≅ D C F ▵

, és így

B L = C D =

= L G

, amit bizonyítanunk kellett.

Orbán Zsuzsanna (Makó, József A. g. I o. t.)