Kezdőlap


Feladat:	1200. matematika gyakorlat	Korcsoport: 16-17	Nehézségi fok: nehéz
Megoldó(k):	Bartholy Judit , Bruckner Lívia , Dombi G. , Donga György , Fodor Péter , Gajdács Ibolya , Gödöllei Margit , Göndőcs F. , Komjáth P. , Korecz L. , Láz J. , Lengyel J. , Máté A. , Melegh E. , Morvai I. , Pongrácz Gy. , Prőhle T. , Pukler A. , Reviczky J. , Róna Julianna , Sailer K. , Sashegyi László , Simon Júlia , Sváb J. , Szalontai Á. , Szamosújvári S. , Szendrei Ágnes , Szendrei Mária , Török Gyula , Váradi Judit , Zábrádi János
Füzet:	1969/április, 158 - 161. oldal		PDF \| MathML
Témakör(ök):	Síkidomok átdarabolása, Négyzetek, Gyakorlat
Hivatkozás(ok):	Feladatok: 1968/április: 1200. matematika gyakorlat

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

I. megoldás. a) Gondoljuk az $a$ oldalú, $A B C D = N$ négyzetet átdarabolva $3$ kis négyzetté. Ezek oldalhossza $a' = \sqrt[]{a^{2} / 3} = a / \sqrt[]{3}$ Egymás mellé helyezve egy $a'$ magasságú és $3 a' = a \sqrt[]{3}$ alapú $T$ téglalapot kapunk belőlük.
$N$ -et átdaraboljuk $T$ -be úgy, hogy $A$ -n át egy $B$ -től $a'$ távolságban haladó $A E$ egyenessel lemetszünk $N$ -ből egy háromszöget, majd a maradó részt egy $A E$ -től $a'$ távolságban haladó párhuzamos $F G$ szakasszal (1.ábra).

1. ábra

Legyen

B

merőleges vetülete

A E

-n

H

, az

A E

és

D C

egyenesek metszéspontja

D'

. Ekkor

A B H

és

D' A D

hasonló háromszögek, így

\begin{matrix} \frac{D' D}{A D} = \frac{A H}{B H}, továbbá A H = \sqrt[]{{A B}^{2} - {B H}^{2}} = \sqrt[]{2 a^{2} / 3}, \end{matrix}

amiből

\begin{matrix} D D' = \frac{A D \cdot A H}{B H} = \frac{a \cdot a \sqrt[]{2 / 3}}{a / \sqrt[]{3}} = a \sqrt[]{2} = D B . \end{matrix}

Eszerint

D'

D C

szakasz meghosszabbításán van,

C

-tő1

a

-nál kisebb távolságra,

E

tehát

N

-nek

B C

oldalára esik.

F

és

G

távolsága

A E

-től ugyanakkora, mint

B

-é, tehát

F A = B E

G D' = A B

így

G

C D

oldalon van. (

D'

-t kimetszi a

D

körüli

D B

sugarú körív.)
A négyzet

3

részét, úgy illesztve össze, hogy

F A

csatlakozzék

E B

-hez, majd

D F

C E

új helyzetéhez, egy

A B C' D' = P

paralelogrammát, kapunk. Ezt

B H

mentén átvágva és az

A B H

háromszöget a szemközti oldalhoz csúsztatva

D' C' H_{1}

helyzetbe, megkapjuk a

T = B C' H_{1} H

téglalapot. Ezt a

B C'

oldalára merőleges

J_{1} K_{1}

L_{1} M_{1}

vágásokkal három egyenlő területű részre vágva megkapjuk a keresett kis négyzeteket, hiszen

B H = a' = a / \sqrt[]{3}

s így a, terület változatlansága miatt

B C' = a^{2} / B H = a \sqrt[]{3} = 3 a'

.
Felmérve

A E

-re az

A J = J L = a'

, továbbá

H

-ból

A

felé a

H M = a'

távolságot és ezekből

A E

-re merőleges vágásokkal feldarabolva az

A E C G F

ötszöget, ill. az

A B H

háromszöget, az

N

négyzetből nyert összesen

7

részből összerakható a három egybevágó kis négyzet. Ha viszont

P

-t a

D'

-ből induló magassággal daraboljuk át

T

-be,

8

rész keletkezik.

2. ábra

b) Ugyanezzel a gondolatmenettel végezhetjük a

b

oldalú négyzet átdarabolását

7

egybevágó négyzetbe. Most (2. ábra)

\begin{matrix} b' = \sqrt[]{\frac{b^{2}}{7}} = \frac{b}{\sqrt[]{7}} = B H, A H = \sqrt[]{{A B}^{2} - {B H}^{2}} = b \sqrt[]{\frac{6}{7}}, \\ D D' = \frac{A D \cdot A H}{B H} = \frac{A D \cdot a \cdot \sqrt[]{6 / 7}}{a / \sqrt[]{7}} = A D \sqrt[]{6} = D B \cdot \sqrt[]{3} . \end{matrix}

Megszerkeszthetjük tehát

D'

-t úgy, hogy elmetsszük a

D

körüli

D B

sugarú körívvel a

D A

egyenest az

N

N'

pontokban.

D'

ezekkel egy egyenlő oldalú háromszög csúcsait adja, tehát

D'

-t a

C D

egyenesből kimetszi az

N

körüli,

N N'

sugarú körív.
Mivel

2 D C < D D' < 3 D C

, azért az

A D'

vágásvonal

E_{1} D'

szakaszát a

\vec{C D}

vektorral eltolva, az adódó

F_{1} G_{1}

vágásvonal

E_{2} G_{1}

szakasza kívül esik

N

-en, ezen megismételve az eltolást, kapjuk a vágásvonal

F_{2} G_{2}

szakaszát, a keletkezett darabokból összeállíthatjuk

P

-t.
Ha

P

-t most is a

B

-ből induló magasság menti vágással daraboljuk át

T

-be, akkor a

7

kis négyzet közül egy egészben adódik, a többiek

2

‐

2

darabból állnak össze,

13

rész keletkezik. A

D'

-ből húzott

D' J_{1}

magasságot használva viszont

3

kis négyzet adódik egészben,

2

‐

2

kis négyzet áll

2

, ill.

3

db-ból, a részek száma így is

13

; a 2. ábra ezt mutatja be.

Sashegyi László (Tatabánya, Árpád Gimn., I. o. t. )

II. megoldás. a) Átdarabolhatjuk

N

-et

T

-be

P

közbeiktatása nélkül is, úgy, hogy

T

rövidebb oldalát

B C

-re helyezzük, legyen ez

B Q

, és

B Q D_{1} R = T

(3. ábra).

3. ábra

Ekkor az

R C

egyenessel lemetszve

N

-ből a

C D S

háromszöget, ez hasonló

R B C

-hez, amiből

\begin{matrix} S D = C D \cdot \frac{B C}{R B} = \frac{C D}{\sqrt[]{3}} = B Q . \end{matrix}

R C

és

D_{1} Q

metszéspontját

C_{1}

-gyel jelölve így

\begin{matrix} D_{1} C_{1} = D C, S A = D A - D S = B C - B Q = C Q, \end{matrix}

tehát

R C_{1} D_{1}

és

R A S

éppen lefedhető az

S C D

és

C_{1} Q C

háromszöggel, mert oldalaik párhuzamosak és egy-egy megfelelő oldalpárjuk egyenlő. Az ábrán

B Z = Z V_{1} = B Q

, a

V_{1} U_{1}

és

U_{2} T_{1}

vágásvonalat visszatoltuk a

V U

, ill.

U^{*} T

helyzetbe, ezek, valamint

Z W

mentén elvágva a részeket, a keletkezett

6

darabból a

3

kis négyzet összeállítható.
Azt is könnyű belátni, hogy

A

Q

és

Q

-nak

A B

-re való tükörképe egy egyenlő oldalú háromszög csúcsai, tehát

B A Q ∢ = 30^{\circ},

D A Q ∢ = 60^{\circ}

tehát

Q

kimetszhető a

D A

oldal fölé rajzolt

A D Y

egyenlő oldalú háromszög

A Y

oldalegyenesével. ‐ Azt is mondhatjuk, hogy a

Q A B ∢ = α

szögre fennáll

tg α = a' / a = 1 / \sqrt[]{3}

4. ábra

b) Hasonlóan készült a 4. ábrán látható feldarabolás,

B Q = Q Q^{*} = D S = b' = b / \sqrt[]{7} = b tg S C D ∢

. Ebből

sin S C D ∢ = 1 / \sqrt[]{8} = 1 / (2 \sqrt[]{2})

, és

S

-et

A D

-ből kimetszi az a

C X

egyenes, ahol

X

C

körüli,

C A

sugarú kör és az

A D

szakasz felező merőlegesének metszéspontja. Így

N

-nek

12

részre való darabolása útján állíthatjuk össze a

7

egybevágó négyzetet.

Donga György (Budapest, Berzsenyi D. Gimn., I. o. t. )
Fodor Péter (Szeged, Ságvári E. Gyak. Gimn., I. o. t. )

Megjegyzés. A négyzetnek

5

, ill.

10

egybevágó kisebb négyzetbe való átdarabolása ‐ amit az 1142. gyakorlatban láttunk¹ ‐ lényegében azonos az I. megoldással, ott

D D' = 2 A B

, ill.

3 A B

, és az ábrákon négyes forgási szimmetria lépett fel. Ezekben az esetekben a II. megoldás értelemszerű átvitele több részre való és a

4

-es forgási szimmetriát nem mutató átdarabolást eredményezne; ugyanígy

n = 2

esetén is.

¹K. M. L. 36 (1968) 117. o.