Kezdőlap


Feladat:	834. matematika gyakorlat	Korcsoport: 16-17	Nehézségi fok: átlagos
Megoldó(k):	Fejes Tóth Gábor
Füzet:	1964/szeptember, 11 - 12. oldal		PDF \| MathML
Témakör(ök):	Háromszögek hasonlósága, Középpontos tükrözés, Pont körüli forgatás, Négyzetek, Gyakorlat
Hivatkozás(ok):	Feladatok: 1963/március: 834. matematika gyakorlat

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

Elegendő azt megmutatni, hogy a $B_{2} D_{4}$ , $B_{3} D_{1}$ , $B_{4} D_{2}$ , $B_{1} D_{3}$ egyenesek egyrészt a feladat 2. állításának eleget tevő négyzetet határoznak meg, másrészt a $B$ négyzet átmetszett oldalát annak harmadoló pontjában metszik. A 2. állításból ugyanis következik az 1., a harmadolásból pedig, hogy a felsorolt egyenesek egybeesnek a $B_{2} E_{4}$ , $B_{3} E_{1}$ , $B_{4} E_{2}$ , $B_{1} E_{3}$ egyenesekkel, így a keletkezett négyzet pedig a feladatban szereplő $F$ négyzettel.

Tükrözzük a

B_{1} C_{1} D_{4}

B_{2} C_{2} D_{1}

B_{3} C_{3} D_{2}

B_{4} C_{4} D_{3}

háromszögeket

C

csúcsukra, a

D

csúcsok tükörképét jelöljük

D'_{i}

-vel (

i

=1, 2, 3, 4). Így a

D

négyzettel egybevágó négyzetek keletkeznek, ugyanis pl. a

B_{2} D_{1} D_{4} D'_{4}

négyszög

D_{1}

D_{4}

D'_{4}

csúcsainál levő szöge derékszög, a

B_{2} D'_{4}

oldal egyenlő

C_{1}

-re vonatkozó tükörképével,

B_{1} D_{4}

-gyel, ez pedig

B_{2} D_{1}

-gyel egyenlő, mert a

B

négyzet középpontja körüli

90^{\circ}

-os elforgatással átvihető bele; ez a négyszög tehát valóban négyzet; végül egybevágó a

D

-négyzettel, mert egyik oldaluk közös. A többi négyszög ebből

B

középpontja körüli

90^{\circ}

-os elforgatással keletkezik; tehát mind vele egybevágó négyzet.

B_{3} D_{1}

B_{4} D_{2}

B_{1} D_{3}

B_{2} D_{4}

egyenes rendre azonos a

B_{3} D'_{4}

B_{4} D'_{1}

B_{1} D'_{2}

B_{2} D'_{3}

egyenessel, mert mindegyik két‐két négyzet egy egyenesbe eső átlóiból tevődik össze. Metszéspontjaik a

D

négyzettel szomszédos kis négyzetek középpontjai. Ezek egy

N

négyzetet határoznak meg, mert a

B

négyzet középpontja körüli

90^{\circ}

-os elforgatás egymásba viszi át őket. Ennek az

N

négyzetnek az oldalait a

D_{i}

pontok felezik, mert a

D_{i}

pontoknak két szomszédos csúcstól való távolsága egy‐egy kis négyzet átlójának a fele, és így egyenlő. Az

N

négyzet

D

-n túlnyúló négy része egy‐egy kis négyzet negyede, így együttes területük

D

területével egyenlő, tehát

N

területe

D

területének kétszerese.

Azt kell még megmutatnunk, hogy az

N

négyzet oldalegyenesei

B

oldalait azok harmadoló pontjaiban metszik. Elég ezt pl. a

B_{3} D'_{i}

egyenesre bizonyítani. Messe ez a

B_{1} B_{2}

oldalt

G

-ben. Ekkor

B_{1} G D_{1} △ \sim B_{2} G D'_{4} △

, mert megfelelő oldalaik párhuzamosak (ill. egy egyenesbe esnek). Mivel még

B_{1} D_{1} = B_{1} D_{4} + D_{4} D_{1} = 2 D_{4} D_{1} = 2 B_{2} D'_{4}

, azért ugyanez a többi oldalpárok aránya is, tehát

B_{1} G = 2 B_{2} G

. A

G

pont tehát azonos

E_{1}

-gyel, így az

N

négyzet az

F

négyzettel, és ‐ mint láttuk ‐ teljesíti az arra kimondott állításokat. Ezt akartuk bizonyítani.

Fejes Tóth Gábor (Budapest, Rákóczi F. g.)