Kezdőlap


Feladat:	922. matematika gyakorlat	Korcsoport: 14-15	Nehézségi fok: átlagos
Megoldó(k):	Berkes Zoltán , Surányi László
Füzet:	1965/március, 123 - 124. oldal		PDF \| MathML
Témakör(ök):	Síkidomok átdarabolása, Terület, felszín, Négyszögek geometriája, Síkgeometriai számítások trigonometria nélkül négyszögekben, Diszkusszió, Gyakorlat
Hivatkozás(ok):	Feladatok: 1964/május: 922. matematika gyakorlat

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

Legyen a kérdéses négyszög $A B C D = N$ , egymás utáni $A B$ , $B C$ , $C D$ , $D A$ oldalának felezőpontja rendre $A_{1}$ , $B_{1}$ , $C_{1}$ , $D_{1}$ ; így $A C = B D = e$ , $A_{1} C_{1} + B_{1} D_{1} = s$ , $A B = a$ , $B C = b$ .

A_{1} B_{1} C_{1} D_{1} = N_{1}

négyszög paralelogramma, mert

A_{1} B_{1}

és

C_{1} D_{1}

oldalai párhuzamosak az

A C

átlóval és fele akkorák:

A_{1} B_{1} # C_{1} D_{1} = e / 2

, hiszen pl.

A_{1} B_{1}

A B C

háromszög

A C

oldalához tartozó középvonal. Ugyanígy

B_{1} C_{1} = B D / 2 = e / 2

, ezért

N_{1}

rombusz. Elegendő ennek területét meghatároznunk, mert

N

területe kétszer akkora, mint

N_{1}

-é. Ugyanis

N

átlóinak

E

metszéspontját

N_{1}

csúcsaival összekötve

N_{1}

négy háromszögre oszlik, és ezek területe rendre egyenlő az

N_{1}

megfelelő oldala által

N

-ből lemetszett háromszög területével, pl.

E A_{1} B_{1}

és

B A_{1} B_{1}

területe egyenlő, mert

A_{1} B_{1}

alapjuk közös, és az erre merőleges magasságuk egyenlő. Így

N

területének

N_{1}

kerületén belüli része egyenlő a kívül eső részével. Ezt akartuk bizonyítani.

N_{1}

átlói merőlegesek, ezért területe egyenlő azok szorzatának felével, így

N

-nek

t

területét az

A_{1} C_{1} \cdot B_{1} D_{1}

szorzat adja meg. Ez kifejezhető az egyes átlók meghatározása nélkül:

\begin{matrix} t = A_{1} C_{1} \cdot B_{1} D_{1} = \frac{1}{2} [{(A_{1} C_{1} + B_{1} D_{1})}^{2} - (A_{1} C_{1}^{2} + B_{1} D_{1}^{2})] = \\ = \frac{s^{2}}{2} - 2 [{(\frac{A_{1} C_{1}}{2})}^{2} + {(\frac{B_{1} D_{1}}{2})}^{2}] = \frac{s^{2}}{2} - 2 \cdot A_{1} B_{1}^{2} = \frac{1}{2} (s^{2} - e^{2}) . \end{matrix}

(Felhasználtuk, hogy

N_{1}

-nek

O

középpontja egy oldal végpontjaival derékszögű háromszöget alkot.)

t

csak pozitív lehet, ennek feltétele nyilván

s > e

. Nem kellett felhasználnunk az ismert

a

b

oldalhosszúságokat. Ez korántsem jelenti, hogy eredményünk bármely

s

e

a

b

adatrendszer esetén megfelelő, csak ha

N

létrejön és konvexnek adódik.
Az

A B C

háromszög akkor és csak akkor jön létre, ha

\begin{matrix} | a - b | < e < a + b . \end{matrix}

(1)

N_{1}

átlóit

g

-vel és

h

-val jelölve a

g + h = s, g^{2} + h^{2} = e^{2}

egyenletrendszerből

\begin{matrix} g, h = \frac{1}{2} (s \pm \sqrt[]{2 e^{2} - s^{2}}) . \end{matrix}

Ezek valósak, ha

e \geq s / \sqrt[]{2}

, vagyis a fentivel összekapcsolva

\begin{matrix} s / \sqrt[]{2} \leq e < s . \end{matrix}

(2)

g

és

h

különbözők, akkor

O

helyzete kétféleképpen szerkeszthető, ti.

g

és

h

felcserélésével. Ezután

C_{1}

A_{1}

tükörképe

O

-ra, végül

D

C

tükörképe

C_{1}

-re.

N

akkor és csak akkor konvex, ha

D

A B C

szögtartományban adódik.

Berkes Zoltán (Budapest, Bolyai J. g. I. o. t.)
dolgozatából, kiegészítésekkel.

Megjegyzés. Átdarabolással kapjuk, hogy az ábra

F G H J

paralelogrammája egyenlő területű

N

-nel, másrészt kétszer akkora területű, mint

N_{1}

Surányi László (Budapest, Fazekas M. gyak. g. I. o. t.)