Kezdőlap


Feladat:	831. matematika gyakorlat	Korcsoport: 16-17	Nehézségi fok: könnyű
Megoldó(k):	Gagyi-Pálffy György , Miklós Antal
Füzet:	1964/január, 24 - 25. oldal		PDF \| MathML
Témakör(ök):	Paralelogrammák, Rombuszok, Szimmetrikus alakzatok, Gyakorlat, Síkgeometriai bizonyítások
Hivatkozás(ok):	Feladatok: 1963/március: 831. matematika gyakorlat

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

I. megoldás. Legyen a $k_{1}$ , $k_{2}$ , $k_{3}$ , $k_{4}$ kör középpontja rendre $O_{1}$ , $O_{2}$ , $O_{3}$ , $O_{4}$ , közös sugaruk $r$ . A $K O_{1}$ és $L O_{3}$ sugarak párhuzamosak és megegyező irányúak, mert az $O_{2} P O_{1} K$ és $O_{2} P O_{3} L$ $r$ oldalú rombuszokban a közös $O_{2} P$ oldallal szemben fekvő oldalak, így nagyságban is, irányban is megegyeznek $O_{2} P$ -vel. Ezért a $K O_{1} O_{3} L$ négyszög paralelogramma, és a $K L$ szakasz párhuzamos, egyirányú és egyenlő hosszú az $O_{1} O_{3}$ szakasszal.
Ugyanígy $N O_{1}$ és $M O_{3}$ párhuzamosak és megegyező irányúak $O_{4} P$ -vel, $N O_{1} O_{3} M$ paralelogramma, $N M$ párhuzamos, egyirányú és egyenlő hosszú $O_{1} O_{3}$ -mal.
Így pedig $K L$ és $N M$ egymással is párhuzamos, egyező irányú és egyenlő hosszú szakaszok, a $K L M N$ négyszög valóban paralelogramma.
A paralelogramma elfajulhat $2 r$ hosszúságú egyenesszakasszá, ha az $O_{1} O_{3} O_{2} O_{4}$ és $O_{1} O_{3} O_{4} O_{2}$ négyszögek valamelyike téglalap. Ugyanis e négyszögek a $P$ körül $r$ sugárral írt körben húrnégyszögek, és a mondott feltétel mellett a $K$ és $M$ , ill. $L$ és $N$ csúcs‐párok egybeesnek a $P$ pontban.

Gagyi‐Pálffy György (Budapest, Bánki D. gépip. t. I. o. t.)

II. megoldás. Legyen

P

K L M N

négyszög belső pontja. Ekkor a

K P

egyenes szétválasztja az

L

N

pontpárt, másrészt

k_{1}

-et és

k_{2}

-t két tükrös ívpárra osztja.

L

k_{2}

-n,

N

k_{1}

-en van, így egy tükrös ívpár pontjai, mert az ívek közül azok tartoznak egy párba, amelyek

K P

különböző oldalán feküsznek. Ezért

k_{2}

-nek a

K L P

szög szárai közti íve és

k_{1}

-nek a

K N P

szög szárai közti íve egymásnak ugyancsak tükörképei, tehát a

K L P

és

K N P

szögek egyenlők, mint egyenlő sugarú körök egyenlő ívein nyugvó kerületi szögek.
Hasonlóan nyerjük a

P L M ∢ = P N M ∢

egyenlőséget, így összeadással

K L M ∢ = K N M ∢

, majd

L M N ∢ = L K N ∢

. A

K L M N

négyszög paralelogramma, mert mindkét pár szemben fekvő szöge egyenlő.
Hasonlóan bizonyíthatjuk az állítást, ha

P

kívül fekszik a

K L M N

négyszögön. (Meg lehet mutatni, hogy ilyenkor

P

vagy a

K

, vagy az

L

, vagy az

M

, vagy az

N

csúcsnál levő szög csúcsszögtartományában fekszik.)

Miklós Antal (Szeged, Radnóti M. g. II. o. t.)