Kezdőlap


Feladat:	Gy.2459	Korcsoport: 16-17	Nehézségi fok: átlagos
Füzet:	1988/november, 379 - 380. oldal		PDF \| MathML
Témakör(ök):	Háromszögek egybevágósága, Egyéb sokszögek egybevágósága, Paralelogrammák, Síkgeometriai bizonyítások, Húrnégyszögek, Gyakorlat
Hivatkozás(ok):	Feladatok: 1988/január: Gy.2459

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

Legyenek a húrnégyszög csúcsai $A$ , $B$ , $C$ , $D$ , a téglalapok középpontjai $O_{1}$ , $O_{2}$ , $O_{3}$ , $O_{4}$ , az $A$ -val szomszédos két téglalap-csúcs pedig $P$ és $Q$ ( ábra). Először megmutatjuk, hogy az $O_{1}$ , $O_{2}$ , $O_{3}$ , $O_{4}$ négyszög szemközti oldalai egyenlőek (vagyis hogy a négyszög paralelogramma), majd pedig azt, hogy az egyik szög derékszög.

A feladat feltételeiből következik, hogy a húrnégyszög szemközti oldalaira szerkesztett téglalapok egybevágóak; ezért

O_{4} A = C O_{2}

és

A O_{1} = C O_{3}

, továbbá

Q A O_{1} ∢ = O_{3} C D ∢

és

O_{4} A P ∢ = O_{2} C B ∢

. Az

A

csúcsnál levő teljesszöget ‐

360^{\circ}

-ot ‐ a

P A Q ∢

, a

D A B ∢

és két

90^{\circ}

-os szög alkotja, tehát

P A Q ∢ = 180^{\circ} - D A B ∢ = D C B ∢

, hiszen a húrnégyszög szemközti szögeinek összege

180^{\circ}

. Ekkor viszont

\begin{matrix} O_{4} A O_{1} ∢ = O_{4} A P ∢ + P A Q ∢ + Q A O_{1} ∢ = O_{2} C B ∢ + B C D ∢ + \\ + D C O_{3} ∢ = O_{2} C O_{3} ∢ . \end{matrix}

O_{4} A O_{1}

és az

O_{2} C O_{3}

háromszögekben tehát megegyezik két-két oldal és az azok által bezárt szög, ezért a háromszögek egybevágóak, így

O_{4} O_{1} = O_{2} O_{3}

. A bizonyítás során hallgatólagosan feltételeztük, hogy a

B C D

szög hegyesszög, ez azonban nem jelent lényeges megszorítást. A húrnégyszög két szemközti szöge közül ugyanis vagy mindkettő derékszög ‐ és ekkor az

O_{4} O_{1} = O_{2} O_{3}

egyenlőség nyilván teljesül ‐, vagy pedig az egyik hegyesszög, a másik pedig tompaszög. Ez utóbbi esetben pedig feltehető, hogy a

C

-nél levő szög hegyesszög. Ugyanígy láthatjuk be, hogy

O_{1} O_{2} = O_{3} O_{4}

.
A paralelogramma szemközti szögei egyenlők, tehát

O_{4} O_{1} O_{2} ∢ = O_{2} O_{3} O_{4} ∢

; az egyenlő szögeket felbontva:

\begin{matrix} O_{4} O_{1} A ∢ + A O_{1} B ∢ - B O_{1} O_{2} ∢ = C O_{3} D ∢ - C O_{3} O_{2} ∢ + D O_{3} O_{4} ∢ . \end{matrix}

Ismét felhasználtuk, hogy az

A B C D

húrnégyszögben a

B

és

C

csúcsoknál levő szög hegyesszög. Hasonlóan végezhető a bizonyítás azokban az esetekben is, amikor e szögek között derékszög vagy tompaszög is van.
Az egyenlőséget átrendezve:

\begin{matrix} O_{4} O_{1} A ∢ + C O_{3} O_{2} ∢ + 2 \cdot A O_{1} B ∢ - B O_{1} O_{2} ∢ - D O_{3} O_{4} ∢ = \\ = C O_{3} D ∢ + A O_{1} B ∢ . \end{matrix}

A bal oldalon éppen az

O_{4} O_{1} O_{2}

szög kétszerese áll, mivel

O_{4} O_{1} A ∢ = C O_{3} O_{2} ∢

O_{4} O_{1} A

és

C O_{3} O_{2}

háromszögek egybevágósága miatt, az

O_{4} O_{3} D

és az

O_{2} O_{1} B

háromszögek egybevágóságából pedig

B O_{1} O_{2} ∢ = D O_{3} O_{4} ∢

következik. A jobb oldalon levő két szög összege

180^{\circ}

, hiszen

C O_{3} D ∢ = A O_{1} Q ∢

a szemközti téglalapok egybevágósága miatt. Beláttuk tehát, hogy

O_{4} O_{1} O_{2} = 90^{\circ}

, így az

O_{1} O_{2} O_{3} O_{4}

négyszög derékszögű paralelogramma, vagyis téglalap.