Feladat: 111. matematika gyakorlat Korcsoport: 16-17 Nehézségi fok: átlagos
Megoldó(k):  Bakó L. ,  Beke Gy. ,  Beliczky Géza ,  Biczó Géza ,  Fodor Ilona ,  Papp Judit ,  Pátkai György ,  Quittner P. ,  Tolnai T. 
Füzet: 1953/november, 115 - 117. oldal  PDF  |  MathML 
Témakör(ök): Paralelogrammák, Pitagorasz-tétel alkalmazásai, Pont körüli forgatás, Hasonlósági transzformációk, Gyakorlat
Hivatkozás(ok):Feladatok: 1953/február: 111. matematika gyakorlat

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

I. megoldás: A betűzést az 1. ábra mutatja.

 
1. ábra
 

Pythagoras tételét írjuk fel rendre a következő négy derékszögű háromszögre : ACC1, ACA1, CBC1 és ABA1.
e2=pa2+ma2,(1)e2=pb2+mb2,(2)ma2=b2-(pa-a)2,(3)mb2=a2-(pb-b)2.(4)
(1) és (2) összegébe behelyettesítve (3), ill. (4)-ből ma2 ill. mb2 értékét
2e2=pa2+pb2+b2-(pa-a)2+a2-(pb-b)2=2apa+2bpb,
vagyis
e2=apa+bpb.

Beliczky Géza (Czelldömölk, Gábor Áron g. II. o. t.)

 

II. megoldás: Bocsássuk a B csúcspontból (1. ábra) a BB1 merőlegest az e átlóra. AB1=e1, B1C=e2.
ABB1ACC1, mert mindkettő derékszögű és egy hegyes szögük közös. Tehát
e1:a=pa:e,vagyisapa=e1e.(1)
Hasonlóképpen CBB1CAA1, és így
e2:b=pb:e,vagyisbpb=e2e.(2)
(1) és (2) összege
apa+bpb=e1e+e2e=e(e1+e2)=e2.

Pátkai György (Bp., IX., Fáy András g. II. o. t.)

 
Ez a megoldás lényegében megegyezik azzal, amikor az aránypárok helyett a BAC és BCA cosinusával dolgozunk.
 

III. megoldás: Tételünket területátalakítással is bizonyíthatjuk. A C pont merőleges vetülete az AB és AD oldalakra legyen E ill. F (2. ábra).
 
2. ábra
 

Szerkesszünk AE=pa fölé, AEGH téglalapot úgy, hogy AH=a, vagyis a téglalap területe apa. Hasonlóképpen AFKL területe bpb.
Húzzuk meg a H-ból ill. L-ből az LP||AH és HP||AL egyeneseket. Ha a keletkező ALPH paralelogrammát A körül az óramutató járásával egyirányban 90 fokkal elforgatjuk, akkor AL átmegy AD-be és AH pedig AB meghosszabbításába. Így HALPABCD és előbbi 90 fokkal van elforgatva utóbbihoz képest, amiből következik, hogy HL=AC=e és HLAC.
Ha az AHGE téglalap GE oldalát saját meghosszabbításában eltoljuk, amíg az E pont C-be és a G pont M-be kerül, akkor a nyert AHMC paralelogramma területe nyilván egyenlő a téglalap területével, amely apa.
Ugyanígy eltoljuk a KF szakaszt saját meghosszabbításában NC-be, akkor nyilván az ALNC paralelogramma területe is bpb mint az ALKF téglalapé.
Ha most a két paralelogramma közös AC oldalát toljuk el saját meghosszabbításában, amíg az A pont R-be és a C pont S-be ér, akkor a két paralelogramma átalakult a velük egyenlő területű HLNM négyzetté, amelynek területe e2. Tehát tényleg
apa+bpb=e2.

Biczó Géza (Bp., II., Rákóczi g. II. o. t.)