Kezdőlap


Feladat:	Gy.2802	Korcsoport: 16-17	Nehézségi fok: könnyű
Megoldó(k):	Csukás Csongor , Dobos Botond , Gaál Andrea , Koblinger Egmont , Kovács Baldvin , Schneider János , Szádeczky-Kardoss Szabolcs , Taba Zsuzsanna , Torma Péter , Vodila Noémi , Vörös Zoltán
Füzet:	1993/április, 168. oldal		PDF \| MathML
Témakör(ök):	Háromszögek hasonlósága, Párhuzamos szelők tétele, Trapézok, Gyakorlat
Hivatkozás(ok):	Feladatok: 1992/november: Gy.2802

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

Jelöljük a trapéz csúcsait $A, B, C, D$ -vel, átlóinak metszéspontját $E$ -vel.

A B E

háromszög hasonló a

C D E

háromszöghöz, mivel a megfelelő oldalaik párhuzamosak; így

\begin{matrix} \frac{D E}{E B} = \frac{D C}{A B} = \frac{2}{3} vagyis D E = \frac{2}{3} E B . \end{matrix}

Mivel

A B | | X Y | | C D

, a párhuzamos szelők tétele miatt

\begin{matrix} \frac{E Y}{D C} = \frac{E B}{D B} = \frac{E B}{(\frac{2}{3} + 1) E B} = \frac{3}{5}, \\ \frac{X E}{A B} = \frac{D E}{D B} = \frac{D E}{D E + \frac{3}{2} D E} = \frac{2}{5} . \end{matrix}

Innen

X E = E Y = 1, 2

cm, tehát

X Y = X E + E Y = 2, 4

cm.