Kezdőlap


Feladat:	1121. matematika gyakorlat	Korcsoport: 16-17	Nehézségi fok: átlagos
Megoldó(k):	Feind Ferenc , Michaletzky György , Rigó Erzsébet , Szengofszky Oszkár
Füzet:	1967/december, 216 - 218. oldal		PDF \| MathML
Témakör(ök):	Súlyvonal, Síkgeometriai számítások trigonometria nélkül négyszögekben, Tetraéderek, Gyakorlat
Hivatkozás(ok):	Feladatok: 1967/március: 1121. matematika gyakorlat

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

I. megoldás. Legyen az $A B$ él felezőpontja $E$ , a $D$ csúcs tükörképe $E$ -re $F$ , és a $C F$ szakasz felezőpontja $G$ . Ekkor $C E$ az $A B C$ és $D F C$ háromszögek közös súlyvonala, ezért $S$ a közös súlypontjuk, továbbá $D G$ is súlyvonala a $C D F$ háromszögnek, így a $D S$ egyenes átmegy $G$ -n, és $D S = 2 D G / 3$ . Legyen még $D$ tükörképe $G$ -re a $H$ pont, $C$ képe $E$ -re $J$ . Alkalmazzuk a 1040. gyakorlatban bebizonyított tételt¹ a $C D F H$ , $A D B F$ , $C D J F$ és $A C B J$ paralelogrammákra:

\begin{matrix} D S^{2} & = \frac{4}{9} D G^{2} = \frac{1}{9} D H^{2} = \frac{1}{9} (2 C D^{2} + 2 D F^{2} - C F^{2}), & (2) \\ D F^{2} & = 2 A D^{2} + 2 B D^{2} - A B^{2}, & (3) \\ C F^{2} & = \frac{D F^{2} + C J^{2}}{2} - C D^{2}, & (4) \\ C J^{2} & = 2 A C^{2} + 2 B C^{2} - A B^{2}, & (5) \end{matrix}

és helyettesítsük (2)-be előbb (3)-at és (4)-et, majd (3)-at és (5)-öt. Így éppen a bizonyítandó (1) állítást kapjuk.

Michaletzky György (Budapest, Piarista g. II. o. t.)
Rigó Erzsébet (Kiskunfélegyháza, Móra F. g. II. o. t.)

II. megoldás. Legyen a

C S

szakasz felezőpontja

K

, így

K S = S E

, tehát

D S

D E K

háromszög súlyvonala,

D K

pedig a

D C S

háromszögé.
Az I. megoldásban idézett tételből adódik, hogy az

a

b

c

oldalú háromszög

c

oldalához tartozó

s_{c}

súlyvonalra, mint a paralelogrammává kiegészített háromszög átlójának felére, teljesül

\begin{matrix} s_{c}^{2} = \frac{2 a^{2} + 2 b^{2} - c^{2}}{4} . \end{matrix}

Alkalmazzuk ezt a mondott két súlyvonalra; figyelembe véve, hogy

E K = S C = 2 C E / 3

\begin{matrix} D S^{2} & = \frac{2 D E^{2} + 2 D K^{2} - \frac{4 C E^{2}}{9}}{4} & (6) \\ D K^{2} & = \frac{2 D S^{2} + 2 D C^{2} - \frac{4 C E^{2}}{9}}{4} . & (7) \end{matrix}

(7) felét (6)-hoz adva

D K^{2}

kiesik, rendezéssel

\begin{matrix} D S^{2} = \frac{2 D E^{2} + D C^{2} - \frac{2 C E^{2}}{3}}{3} . \end{matrix}

(8)

D E

A B D

C E

pedig az

A B C

háromszög súlyvonala, azért hasonlóan

\begin{matrix} D E^{2} = \frac{2 D A^{2} + 2 D B^{2} - A B^{2}}{4}, C E^{2} = \frac{2 A C^{2} + 2 B C^{2} - A B^{2}}{4}, \end{matrix}

ezeket (8)-ba helyettesítve (1)-et kapjuk.

Feind Ferenc (Székesfehérvár, Teleki B. g. I. o. t.)
Szengofszky Oszkár (Budapest, Berzsenyi D. g. I. o. t.)

Megjegyzés. (8)-ban a

c

oldal

b

-hez közelebbi

h

harmadolójára ezt kaptuk:

\begin{matrix} h^{2} = \frac{6 b^{2} + 3 a^{2} - 2 c^{2}}{9} . \end{matrix}

¹Paralelogramma átlóinak négyzetösszege egyenlő oldalainak négyzetösszegével. K. M. L. 33 (1566) 152. o.