Kezdőlap


Feladat:	1080. matematika gyakorlat	Korcsoport: 14-15	Nehézségi fok: átlagos
Megoldó(k):	Bálványos Zoltán , Ésik Zoltán , Gilyén Péter , Gönczi István , Hárs László , Lázár András , Pataki János
Füzet:	1967/szeptember, 22 - 23. oldal		PDF \| MathML
Témakör(ök):	Középpontos tükrözés, Középvonal, Trapézok, Paralelogrammák, Gyakorlat
Hivatkozás(ok):	Feladatok: 1966/október: 1080. matematika gyakorlat

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

a) A tükrözés folytán $A_{1} M_{1} = M A_{1}$ , $M M_{1} = 2 \cdot M A_{1}$ , ugyanígy $M M_{3} = 2 \cdot M C_{1}$ , ezért $A_{1} C_{1}$ az $M M_{1} M_{3}$ háromszögnek középvonala. $A_{1} C_{1}$ másrészt az $A B C D = P$ paralelogrammának is középvonala, így $E F ∥ A_{1} C_{1} ∥ M_{1} M_{3}$ , tehát $E F M_{3} M_{1} = T$ valóban trapéz. ( $T$ a mondott körüljárás szerint konvex, ha $E$ -t a $B_{1} B$ félegyenesen választottuk; ezt ‐ ha kell ‐ az $E$ , $F$ jelek fölcserélésével elérhetjük.) ‐ Amennyiben $M$ -et az $A D$ egyenesen választjuk, $T$ elfajul egyenesszakasszá, mert $M_{1}$ , $M_{3}$ a $B C$ egyenesen adódik, ezt az esetet tovább figyelmen kívül hagyjuk. Bizonyításunk akkor is helyes, ha $M$ -et az $A_{1} C_{1}$ egyenesen választjuk, mert ‐ bár ekkor az $M M_{1} M_{3}$ háromszög elfajul szakasszá ‐, $M_{1} M_{3}$ egyenes azonos $A_{1} C_{1}$ -gyel.

b) Mivel még minden esetben

M_{1} M_{3} = 2 \cdot A_{1} C_{1} = 2 \cdot B C

T

akkor és csak akkor adódik paralelogrammának, ha

E F = 2 \cdot B C

, más szóval, ha

E

F

B_{1}

-nek tükörképe

B

-re, ill.

C

-re nézve. Ez a keresett első feltétel.
c) A második kérdéshez felhasználjuk, hogy

G

rajta van

T

-nek

B_{1}

-ből kiinduló középvonalán. Legyen

M

tükörképe

A_{1} C_{1}

-nek

O

felezőpontjára nézve

M'

, ez a tükrözések miatt felezi

M_{1} M_{3}

-at, így a mondott középvonal

B_{1} M'

. Állításunk abból adódik, hogy

E F G = H_{1}

és

M_{3} M_{1} G = H_{2}

G

középpontra nézve hasonló helyzetű háromszögek, és

B_{1}

M'

ezekben egymásnak megfelelő pontok.

B_{1}

és

D_{1}

ugyancsak egymás tükörképei

O

-ra nézve, hiszen

O

P

-nek a középpontja, így

M B_{1} M' D_{1}

paralelogramma. Ezért

B_{1} M_{2} M' D_{1} = P'

is paralelogramma, hiszen

B_{1} M_{2} ∥ M B_{1} ∥ D_{1} M'

, és

G

rajta van ennek

B_{1} M'

átlóján, másik átlója pedig a kérdéses ponthármas első két pontját összekötő egyenes. Ezek szerint két módon teljesülhet, hogy a

D_{1} M_{2}

egyenes átmegy

G

-n:
I. Ha

P'

egyenesszakasszá elfajult paralelogramma, vagyis a

D_{1} M_{2}

és a

B_{1} M'

egyenesek egybeesnek,

M_{2}

B_{1} D_{1}

egyenesen adódott. Ez akkor és csak akkor következik be, ha

M

-et a

B_{1} D_{1}

egyenesen választottuk.
II. Ha

G

P'

átlóinak metszéspontja, vagyis ha felezi a

B_{1} M'

átlót. Ehhez szükséges és elegendő, hogy

H_{1}

és

H_{2}

egybevágók legyenek,

E F = M_{1} M_{3} = 2 \cdot B C

legyen, vagyis amikor

T

paralelogrammának adódik.

Gönczi István (Miskolc, Földes F. Gimn., I. o. t.)