Kezdőlap


Feladat:	Gy.2011	Korcsoport: 14-15	Nehézségi fok: átlagos
Füzet:	1982/április, 165 - 166. oldal		PDF \| MathML
Témakör(ök):	Tengelyes tükrözés, Négyszögek szerkesztése, Gyakorlat
Hivatkozás(ok):	Feladatok: 1981/november: Gy.2011

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

Húzzuk meg a felvett $P$ ponton keresztül a trapéz szárával párhuzamosan azt az egyenest, vagy azok egyikét, amely metszi a trapéz párhuzamos oldalait (lehet, hogy ilyen egyenes nincs, erre majd visszatérünk).
Jelöljük a $P$ -n átmenő párhuzamos egyenesnek az $A B$ oldallal való metszéspontját $E$ -vel, $D C$ -vel való metszéspontját $F$ -fel, és legyen $E F ∥ A D$ . Fordítsuk át az $A E F D$ paralelogrammát úgy, hogy $E F$ oldala egybeessék $B C$ -vel. Ezt megtehetjük, mivel a trapéz egyenlő szárú.

P

új helyzete

P'

E

és

F

új helyzete

E'

F'

. Nyilván

P' F' = P D

és

P' E' = P A

. Ezután tükrözzük a

P' F'

és

P' E'

szakaszokat a

C B E' F'

paralelogramma középpontjára. Mivel a tükrözés távolságtartó és

P'

képe

P''

C

képe

E'

F'

-é pedig

B

P' E' = P'' C

és

P' F' = P'' B

. Így valóban a négy távolságból összerakott négyszög eleget tesz a követelménynek az eredetivel egybevágó

E E' F' F

trapézban.
Most vizsgáljuk azt az esetet, amikor a

P

ponton keresztül a szárakkal párhuzamosan húzott egyenesek egyike sem metszi a párhuzamos oldalakat.

Ez akkor áll fenn, ha a

P

pont nincs benne a

D

és

C

pontokon át a szárakkal párhuzamos egyenesekkel levágott paralelogrammák egyikében sem. Ehhez szükséges, hogy

A B > 2 C D

legyen. Ekkor

E

és

F

valamelyike az alap meghosszabbítására kerül és ezért a négyszög valamelyik csúcsa is a trapéz meghosszabbított oldalára esik.