Kezdőlap


Feladat:	Gy.1811	Korcsoport: 16-17	Nehézségi fok: könnyű
Füzet:	1979/május, 211 - 212. oldal		PDF \| MathML
Témakör(ök):	Tengelyes tükrözés, Terület, felszín, Trapézok, Paralelogrammák, Gyakorlat, Középpontos és egyéb hasonlósági transzformációk
Hivatkozás(ok):	Feladatok: 1979/január: Gy.1811

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

Jelöljük a $B D / A C$ hányados értékét $λ$ -val, és tegyük fel, hogy $λ \leq 1$ . Mivel a $P = A B C D$ paralelogramma átlóinak szögfelezői merőlegesek egymásra, és $P$ centrálszimmetrikus, a két szögfelezőre tükrözve ugyanazt a $P^{*}$ paralelogrammát kapjuk. $P$ és $P^{*}$ csúcsaiból két téglalap csúcsait válogathatjuk össze, az egyik csúcsai az eredeti $A$ , $C$ csúcsok, és ezek tükörképei, a másik csúcsai a $B$ , $D$ pontok és tükörképeik.

A két téglalap a

P

paralelogramma

O

centrumára nézve centrálisan hasonlóan helyezkedik el, és a hasonlóság aránya

λ

. Ha a belső, kisebb téglalapot kivesszük a nagyobból, a visszamaradó keretszerű idom négy trapézra vágható. Ezek átlói rendre

P

P^{*}

oldalai, így az átlók metszéspontjai a

K

L

M

N

pontok. Ha ezeken át a téglalapok oldalaival párhuzamosakat húzunk, azok a keretet

1 : λ

arányban vágják ketté, tehát rendre

P

P^{*}

közös átlóin találkoznak, és a keretet alkotó téglalapokkal hasonló téglalapot határoznak meg. Ennek az oldalai a nagy téglalap oldalaiból

2 λ / (1 + λ)

arányú kicsinyítéssel kaphatók meg. A

K L M N

négyszög területe a téglalap területének a felével egyenlő, tehát ha a nagy téglalap területét választjuk egységnek, akkor ez a terület

2 λ^{2} / {(1 + λ)}^{2}

. Könnyen látható, hogy

P

területe

λ

, így a kérdezett arány

2 λ / {(1 + λ)}^{2}

, ami valóban csak

λ

-tól függ.