Feladat: 679. matematika gyakorlat Korcsoport: 16-17 Nehézségi fok: átlagos
Megoldó(k):  Dobó Ferenc ,  Gáspár Hedvig ,  Strobl Ilona 
Füzet: 1961/november, 148 - 150. oldal  PDF file
Témakör(ök): Húrsokszögek, Szimmetrikus sokszögek, Sokszögek szimmetriái, Gyakorlat
Hivatkozás(ok):Feladatok: 1961/január: 679. matematika gyakorlat

a) Egy szimmetrikus trapéz párhuzamos oldalai a és b, szára c, átlója e. Bizonyítsuk be, hogy ab=(e2-c2).
b)A PQR háromszög oldalai QR=p, RP=q, PQ=r és p<q. Az R csúcson át párhuzamost húzunk PQ-val és ezen úgy jelöljük ki az S pontot, hogy egyrészt RS=(q2-p2)/r legyen, másrészt az RS irány egyezzék a QP iránnyal. Bizonyítsuk be, hogy a PQRS négyszög szimmetrikus trapéz.

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

I. megoldás. a) Feltehetjük, hogy a>b, (a=b esetén téglalapról lenne szó, és az állítás a Pythagorász‐tételre egyszerűsödik.) Rajzoljuk meg a b oldal egyik végpontjából a trapéz e átlóját és m magasságát (1. ábra).

 
 
1. ábra
 

Az utóbbi a trapézból egy derékszögű háromszöget metsz le, melynek a-n levő befogója a1=(a-b)/2 hosszúságú, és átfogója a szár. Az a oldal fennmaradó a-a1=(a+b)/2 darabja az átlóval és a magassággal ugyancsak derékszögű háromszöget alkot. Ezekből
m2+(a-b2)2=c2,m2+(a+b2)2=e2,
és m2 kiküszöbölésével (röviden: kivonással)
(a+b2)2-(a-b2)2=ab=e2-c2,
amit bizonyítanunk kellett.
b) Tükrözzük R-t a QP szakasz f felező merőlegesére, és legyen a képe S1 (2. ábra).
 
 
2. ábra
 

Így RS1fQP, ezért RS1QP, S1 az R-en átmenő, PQ-val párhuzamos egyenesen van, és a PQRS1 idom szimmetrikus trapéz. Elég tehát azt belátnunk, hogy a kijelölt S pont azonos S1-gyel. Az a) részben bebizonyított tételt PQRS1-re alkalmazva RS1QP=RP2-RQ2, azaz RS1=(q2-p2)/r=RS. Másrészt az RS1 irány megegyezik a QP iránnyal, mert p<q, azaz RQ<RP miatt R az f-fel kettévágott síknak azon a felén van, mint Q, ennélfogva S1 azon a felén van a síknak, mint P. Ezek szerint az S pont szerkesztési utasítása valóban S1-et állítja elő. Ezzel a bizonyítást befejeztük.
 

Gáspár Hedvig (Debrecen, Kossuth L. gyak. g. I. o. t.)
 

II. megoldás. a) Legyen az ABCD szimmetrikus trapézban (1. ábra) ABCD, AB=a>b=CD, AD=BC=c, ekkor DAB=CBA (az a>b feltevés folytán hegyes szögek). Rajzoljuk meg C körül a c sugarú k kört. Ez az AC egyenest egyszer A és C között F-ben metszi, mert nyilván e>c (az ellentétes esetben a trapéz hurkolt lenne, amit kizárunk) és egyszer az átló C-n túli meghosszabbításán G-ben. Így AF=e-c, AG=e+c. Másrészt k átmegy B-n és metszi AB-t egy belső E pontban. Megmutatjuk, hagy a CEAD idom paralelogramma, és így AE=DC=b. Valóban, az EBC egyenlő szárú, ezért egyrészt CE=CB=DA, másrészt CEB=CBE=CBA=DAB, tehát CEDA. Most már a kör egy ponton átmenő két szelőjének metszeteire ismert tétel szerint ABAE=AFAG, vagyis ab=(e-c)(e+c)=e2-c2. Ezt kellett bizonyítanunk.
b) Az R körül p sugárral írt k' körre nézve P külső pont, mert RP=q>p. Ezért k' és a PR, PQ egyenes metszéspontjait T és U, valamint V-vel jelölve TP=q-p, UP=q+p, és a szelőkre idézett tétel szerint VPQP=TPUP, vagyis VPr=(q-p)(q+p), és így VP=(q2-p2)/r=RS. Másrészt V és Q a P-nek ugyanazon oldalán vannak, tehát VP egyirányú QP-vel, tehát RS-sel is. Ezért a VPSR idom paralelogramma. És mivel az RQV háromszög egyenlő szárú, és a QV alap vagy része VP-nek, vagy annak V-n túli meghosszabbításán van (aszerint, hogy a PQR hegyes vagy tompa), azért a PQRS trapéz szimmetrikus.
 

Dobó Ferenc (Budapest, I. István g. II. o. t.)
 

Megjegyzések. 1. A feladat a) és b) állítása egybefoglalva így is kimondható: egy (konvex) trapéz akkor és csak akkor szimmetrikus trapéz, ha az egyik átlójának és egyik szárának négyzetéből képezett különbség egyenlő a párhuzamos oldalak szorzatával. Ezt a két állítást összevontan bizonyítjuk be. Feltehetjük, hogy a trapéznak van hegyes szöge, legyen ez az ABC (1. ábra). Így C-nek AB-n levő C' vetülete B-nek ugyanazon oldalán van, mint A. Legyen BC'=c', így AC' hossza |a-c'|. A CC'A és CC'B derékszögű háromszögekből
e2-c2=[m2+(a-c')2]-(m2+c'2)=a2-2ac'.
Az e2-c2=ab követelményből
a2-2ac'=ab,c'=a2-ab2a=a-b2,
mert a0. Mivel c'>0, azért a>b. Továbbá c'<a/2<a, tehát C' az AB szakaszon van. Másrészt a-c'=(a+b)/2>(b+b)/2=b, tehát D-nek AB-n levő D' vetülete az AC' szakaszra esik, és AD'=AC'-D'C'=a-c'-b=(a-b)/2=c'=BC', eszerint a követelmény csak egyenlő szárú trapézban teljesül. Ilyenben viszont mindig teljesül, mert itt a szárnak a hosszabb oldalon levő vetülete c'=(a-b)/2.
 

Strobl Ilona (Budapest, Móricz Zs. g. II. o. t.)
 

2. A szerkesztőség azért fogalmazta a b) részt külön állításként, hogy a versenyzők könnyebben vegyék észre, hogy az állítás megfordításáról van szó. A más jelölés viszont a részek jobb megkülönböztetését célozta. Ezek ellenére számos dolgozat a b) résszel nem foglalkozott, ill. helyességét természetesnek vette.