Feladat: 968. matematika gyakorlat Korcsoport: 16-17 Nehézségi fok: átlagos
Megoldó(k):  Sólymos László 
Füzet: 1966/január, 5 - 6. oldal  PDF  |  MathML 
Témakör(ök): Háromszögek hasonlósága, Trapézok, Párhuzamos szelők tételének megfordítása, Gyakorlat
Hivatkozás(ok):Feladatok: 1965/február: 968. matematika gyakorlat

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

I. megoldás. Felhasználjuk a következő segédtételt. Megrajzolva egy trapéz átlóit, a keletkező 4 háromszög közül a trapéz alapjait tartalmazó két háromszög hasonló egymáshoz, mert szögeik páronként egyenlők. Megfelelő oldalpárjaik a trapéz két alapja és bármelyik átló két része. Ezért a trapéz átlói úgy vágják ketté egymást, hogy bármelyik átló részeinek aránya egyenlő a velük közös végponttal bíró alapok arányával.

 
 

Alkalmazzuk ezt az ABCD és az ABCE trapéz B-ből kiinduló átlóira. Legyen átlóik metszéspontja rendre E1, ill. D1. Így
DE1:E1B=AD:BC,ill.ED1:D1B=CE:AB,
és mivel a két aránypár második arányainak értéke a feltevés szerint egyenlő, azért az első arányok is egyenlők:
DE1E1B=ED1D1B, és mindkét oldalhoz 1-et adva DBE1B=EBD1B.

Eszerint a BED és BD1E1 háromszögek hasonló helyzetűek, DE párhuzamos D1E1-gyel, azaz AC-vel, a feladat első állítása helyes.
A segédtételt ugyanazon két trapéz közös AC átlójára alkalmazva, az előzőkhöz hasonlóan

CD1D1A=CEAB=ADBC=AE1E1C,CAD1A=ACE1C,




amiből D1A=E1C. Így a kétféleképpen kettéosztott AC átló másik darabjai is egyenlők: D1C=E1A. Az előbbi eredmény és a feltevés miatt az AEDE1 négyszög paralelogramma, ezért E1A=DE, tehát D1C=DE. Ezek szerint D1C és DE párhuzamos és egyenlő szakaszok, végpontjaik egy paralelogramma csúcsai, tehát CD párhuzamos D1E-vel, azaz BE-vel. Ezzel a feladat második állítását is bebizonyítottuk.
 
 Sólymos László (Pannonhalma, Benedek‐rendi g. II. o. t.)
 

Megjegyzés. Azt kaptuk, hogy ha egy ötszögben három egymás utáni oldal rendre párhuzamos azzal az átlóval, amely a végpontjaikkal szomszédos csúcsokat köti össze, továbbá a mondott három oldal közül két szomszédos oldal aránya egyenlő a velük párhuzamos átlók arányával, akkor az ötszög további két oldala is párhuzamos a végpontjaival szomszédos csúcsokat összekötő átlóval.
Az oldalak és átlók ilyen páronkénti párhuzamossága a szabályos ötszögben is fennáll. Be lehet bizonyítani, hogy van olyan sík, és azon kitűzhetők egy szabályos ötszög csúcsai úgy, hogy ennek rajzunk síkjára való merőleges vetülete az ABCDE ötszög.
 

II. megoldás. A D-ből AC-vel párhuzamosan húzott egyenes messe a BC egyenest F-ben. Ekkor ADFC paralelogramma, s így CF=AD. Aránypárunk átrendezett alakját felhasználva
CECF=CEAD=ABBC.
Itt párhuzamos oldalak aránya szerepel, tehát az ABC és ECF háromszögek hasonlók és hasonló helyzetűek. Ebből következik, hogy EF∥AC. Mivel FD∥AC is fennáll, így D az EF egyenesen van, tehát ED∥AC, amint a feladat állítja.
A második párhuzamosság igazolásához meghatározzuk ‐ felhasználva a már bizonyított párhuzamosságot ‐ az AE/BD arányt. A DE és AB egyenesek metszéspontját G-vel jelölve ACEG paralelogramma, így AG=CE, AC=DF=GE. A hasonló ADE és BFD háromszögekből
AEBD=EDDF=EDGE=ABGA=ABEC.

Húzzunk C-ből BE-vel párhuzamost és jelöljük AB-vel való metszéspontját H-val. Ekkor BH=EC, s így az ABE és BHD háromszögek hasonlók, mert A-ból, ill. B-ből induló oldalaik párhuzamosak és arányuk egyenlő, így HD is párhuzamos BE-vel, HC is, tehát C a HD egyenesen van, s így CD is párhuzamos BE-vel.