Kezdőlap


Feladat:	1370. matematika gyakorlat	Korcsoport: 16-17	Nehézségi fok: átlagos
Megoldó(k):	Kovács Edit
Füzet:	1972/január, 19 - 21. oldal		PDF \| MathML
Témakör(ök):	Terület, felszín, Trapézok, Síkgeometriai szerkesztések, Gyakorlat
Hivatkozás(ok):	Feladatok: 1971/május: 1370. matematika gyakorlat

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

Legyen az adott $A B C D = T$ trapézben $A B ∥ C D$ és $A B > C D$ . (Az $A B = C D$ esetet mellőzhetjük, mert akkor nyilvánvalóan az $A C$ , $B D$ átlók adják a keresett területfelezőket.) Így az $A B D$ háromszög területe nagyobb, mint $T$ területének a fele, ezért a keresett szelők közül a $B$ -ből indulónak $B^{*}$ végpontja az $A D$ száron lesz, a $D D^{*}$ szelő $D^{*}$ végpontja pedig az $A B$ alapon.

E két végpontot egy csapásra kimetszi az

A C

átló

F

felezőpontján átmenő és a

B D

átlóval párhuzamos egyenes. Ugyanis az

F B

szelő felezi az

A C B

háromszög,

F D

pedig az

A C D

háromszög területét, vagyis a

B F D

töröttvonal a

T

-t két egyenlő területű részre osztja.

F

A B D

háromszög belsejében van, mert a két átló metszéspontja közelebb van

C D

-hez, mint

A B

-hez, vagyis az

F C

szakaszon van. Ezért az

A B D

háromszög területe a

B D F

háromszög területével nagyobb, mint

T

területének fele. Másrészt szerkesztésünk folytán mind a

B D B^{*}

, mind a

B D D^{*}

háromszög területe egyenlő a mondott többlettel (közös a

B D

alap és a rá merőleges magasság), tehát ezeket az

A B D

háromszög területéből rendre elvéve, a maradó

A B B^{*}

, illetve

A D^{*} D

háromszög területe fele a

T

területének.
Az

A

-ból és

C

-ből induló

A A^{*}

, ill.

C C^{*}

területfelező szelőt ugyanez az eljárás adja, ha benne minden egyes

A

B

C

D

betű helyére rendre a

B

A

D

C

betűt írjuk.

Kovács Edit (Székesfehérvár, Teleki Blanka Gimn., II. o. t.)

Megjegyzések. 1. Vázoljuk a megoldás két, a fentitől nem lényegesen különböző változatát. Első lépésül

T

-vel egyenlő területű háromszöget szerkesztünk. Messe a

B D

-vel párhuzamos, a

C

-n átmenő egyenes

A B

-t

D_{1}

-ben,

A D

-t

B_{1}

-ben. Mind a

B D D_{1}

háromszög, mint a

B D B_{1}

háromszög területe egyenlő a

B D C

háromszög területével, tehát az

A D_{1} D

háromszög és az

A B B_{1}

háromszög területe egyaránt annyi, mint

T

területe. Így a keresett

D^{*}

pont az

A D_{1}

szakasz,

B^{*}

pedig az

A B_{1}

szakasz felezőpontja. Ezek az

A B

, ill.

A D

szakasz belsejében vannak, mert a

B D_{1}

meghosszabbítás kisebb, mint maga a megtoldott oldal:

B D_{1} = D C < A B

, illetőleg.

\begin{matrix} D B_{1} = \frac{D C}{A B} \cdot A D < A D . \end{matrix}

Itt ‐ a fentivel szemben ‐ eggyel több szakaszfelezést végeztünk; vagy ha

A D_{1}

megfelezése után

B^{*}

-ot a

D^{*}

-on átmenő és a

D_{1} B_{1}

-gyel, azaz

B D

-vel párhuzamos egyenessel metsszük ki

A D

-ből, akkor párhuzamos rajzolást végzünk eggyel többször, mint a fenti megoldásban.

D^{*}

megszerkesztésére abból is kiindulhatunk, hogy a

D^{*} B C D = T_{1}

trapéz területe fele akkora, mint

T

-é, magasságuk viszont egyenlő, ennélfogva

T_{1}

-nek a középvonala fele akkora, mint

T

-é. S mivel

B C

száruk közös, ezért

T_{1}

-nek

D D^{*}

szára átmegy a

G H

középvonal

K

felezőpontján.
Kihasználhatjuk ezt úgy is, hogy

D G D^{*} H

paralelogramma, tehát

D^{*}

-ot a

H

-n át

A D

-vel párhuzamosan húzott egyenes metszi ki.
2. Ugyanezekhez az eredményekhez számítással is eljuthatunk. Az ábra jelöléseivel egyrészt

\begin{matrix} t_{A D^{*} D} : t_{A B C D} = 1 : 2 -ből \frac{x m}{2} = \frac{a + b}{4} m, x = \frac{a + b}{2} . \end{matrix}

másrészt

\begin{matrix} t_{A B B^{*}} : t_{A B C D} = 1 : 2 -ből \frac{a m'}{2} = \frac{a + b}{4} m, \\ m' : m = \frac{a + b}{2} : a, azaz A B^{*} : A D = A D^{*} : A B . \end{matrix}