Kezdőlap


Feladat:	1431. matematika gyakorlat	Korcsoport: 16-17	Nehézségi fok: átlagos
Megoldó(k):	Schvarcz Tibor , Szecsői Sándor
Füzet:	1973/március, 114 - 115. oldal		PDF \| MathML
Témakör(ök):	Eltolás, Vetítések, Derékszögű háromszögek geometriája, Egyenlő szárú háromszögek geometriája, Középvonal, Magasságpont, Paralelogrammák, Síkgeometriai számítások trigonometria nélkül négyszögekben, Gyakorlat
Hivatkozás(ok):	Feladatok: 1972/szeptember: 1431. matematika gyakorlat

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

I. megoldás. Az $A E F$ háromszög $M E$ magasságvonala merőleges $A F$ -re, tehát párhuzamos $C D$ -vel. Ugyanígy $M F ∥ C B$ , tehát az $M E C F$ négyszög paralelogramma (az ábra két változatában $B A D$ hegyesszög, illetve tompaszög).

Jelöljük az

M E C F

és

A B C D

paralelogramma középpontját

K

-val, illetve

O

-val.

K

felezi

M C

-t,

O

felezi

A C

-t, így

K O

A C M

háromszög

A M

-mel pár-huzamos középvonala, tehát

A M = 2 \cdot K O

.
Szerkesztésüknél fogva

E

és

F

rajta vannak az

A C

mint átmérő fölötti (vagyis

O

középpontú) Thalész‐körön, így

O E = O F = A C / 2

, és mivel

K

E F

-et is felezi, azért

K O

O E F

egyenlő szárú háromszög magassága. Ebből

\begin{matrix} A M^{2} = 4 \cdot {K O}^{2} = 4 (O E^{2} - K E^{2}) = A C^{2} - E F^{2} . \end{matrix}

Eszerint a szakasz kiszámítható az

A C

és

E F

egyenesek közti szög felhasználása nélkül, amennyiben

A C ≧ E F

. Ha

E F > A C

, akkor nincs az adatoknak és a feladatnak eleget tevő paralelogramma.

Szecsői Sándor (Budapest, Berzenyi D. Gimn., II. o.t.)

II. megoldás. Toljuk el az

A M

szakaszt úgy, hogy

A

végpontja

E

-be jusson, és legyen ekkor

M

új helyzete

M'

, így

M' E

egyenlő

M A

-val és párhuzamos is vele. Mivel az

M A

magasság merőleges

E F

-re, azért az

M' E F

háromszögben

E

-nél derékszög van:

\begin{matrix} M A^{2} = M' E^{2} = M' F^{2} - E F^{2} . \end{matrix}

(1)

Láttuk másrészt az I. megoldásban, hogy

M E C F

paralelogramma, így

M F = E C

. Szerkesztésünknél fogva

M M'

párhuzamos

A E

-vel, tehát merőleges

M F

-re. Ezek szerint az

M M' F

derékszögű háromszög egybevágó az

E A C

háromszöggel (tükrös egybevágóság), ezért

M' F = A C

, és ezt (1)-be beírva

\begin{matrix} M A^{2} = A C^{2} - E F^{2} . \end{matrix}

Schvarcz Tibor (Debrecen, Fazekas M. Gimn., III. o. t.)

Megjegyzések. 1. A feladat kérdésének megválaszolásához nem volt szükség az

A C

E F

egyenesek közti, megadott

φ

szögre. A megjelölt forrásban ez nem is szerepelt, a szerkesztő bizottság kapcsolta a feladathoz avégett, hogy ezáltal mintegy közelebbről meghatározza a szóban forgó paralelogrammát, hiszen egy paralelogrammát 3 független adat határoz meg. Ajánljuk az olvasónak, végezze el a paralelogramma megszerkesztését

φ

és a két hosszúságadat felhasználásával.
2. Paralelogrammánk

B A D

szögét

α

-val jelölve

A E = A B sin α

A F = A D sin α

és

F A E ∢ = 180^{\circ} - α = A B C ∢

(merőleges szárú szögek), eszerint az

A E F

és

B A C

háromszögek hasonlók, így pedig

E F = A C sin α

. Innen is kiadódik, hogy a paralelogramma csak

E F ≦ A C

esetében létezik.