Budapesti Fazekas Mihály Gyakorló Általános Iskola és Gimnázium

FaceBook oldalunk

joomla facebook

Látogatók

Mai21
Heti4829
Havi47230
Összes954540

IP: 34.203.245.76 Unknown - Unknown 2019. január 24. csütörtök, 00:30

Ki van itt?

Guests : 111 guests online Members : No members online

Honlapok

SULINET Matematika

Oktatási Hivatal

Versenyvizsga portál
banvv

Matematika Portálok

Berzsenyi Dániel Gimnázium

berzsenyi

Óbudai Árpád Gimnázium
arpad

 

Szent István Gimnázium

sztistvan

A gondolkodás öröme
gondolkodasorome

Vegyes feladatok: VF_000023 ( VF_000023 )
Témakör: *Geometria (trapéz, terület)

Egy kör AB és CD átmérői merőlegesek egymásra, a CE húr párhuzamos a BF húrral, $ E $ ill. $ F $ tükörképei CD-re vonatkozóan $ H $ ill. $ G $ . Bizonyítandó, hogy az ABFG trapéz területe egyenlő CEH háromszög területével.



 

A leírás különböző ábrákhoz vezethet (1., 2. és 3. ábra), aszerint, hogy hol vesszük fel az $ E $ pontot. Az 1. ábrán a BD a 2.-on DA negyedkörön vettük az $ E $ pontot. A két ábrán, csak a trapéz helyzete tükrös egymáshoz képest az AB átmérőre vonatkozóan. Ez a területekre nincs befolyással. Ha ellenben $ E $ átjut az AC ívre (3. ábra), akkor az ABFG négyszög hurkolt négyszög, két párhuzamos oldallal: ,,hurkolt trapéz''. Az állítás erre az esetre is igaz, ha a hurkolt trapéz területét megfelelően értelmezzük, de hogy egyáltalán mint értsünk egy önmagát metsző négyszög területén, az eleve nem világos és ezért hibáztatható is a feladat megfogalmazása.

Az ABGF trapéz területét venni, vagy akár a két háromszög területének összegét, ez a feladat szempontjából nem megfelelő, hiszen a keletkezett kettős háromszögből az AB oldalhoz csatlakozó hasonló CEH háromszöghöz, de már egymagában is nagyobb nála, mert $ AB>EH $ . Hogy a terület milyen értelmezése mellett érvényes az állítás ebben az esetben is, az bizonyítás közben fog adódni. Ha $ E $ a CB ívre kerül, akkor lényegesen új esetet nem kapunk, csak a ,,hurkolt trapéz'' kerül ismét az AB átmérő másik partjára. Térjünk ezután a feladat megoldására. Alakítsuk először a trapézt téglalappá úgy, hogy az $ F $ -ből AB-re bocsátott FK merőlegessel elvágott BFK háromszöget a GA oldalhoz illesztjük.

Az így keletkezett AMFK téglalapot az AF átlóval két egyenlő részre osztjuk, és megmutatjuk, hogy a keletkezett $ AFK\Delta $ egybevágó a CEH háromszög felét kitevő CEL háromszöggel, ahol $ L $ az EH húr középpontja (mely nyilván CD-re esik). Valóban forgassuk el utóbbit a kör középpontja körül az óra járásával ellenkező irányban $ 90^{\circ} $ -kal. Ekkor $ C $ átmegy $ A $ -ba és mivel $ D $ az elforgatás után $ B $ -be kerül, így $ L $ az AB átmérőre fog kerülni. Azt kell csak belátnunk, hogy az $ E $ pont $ F $ -be megy át, ez pedig teljesül, mert a BC és EF ívet párhuzamos húrok metszik ki a körből, tehát az EF ív is negyedkör. A bizonyítás lényegtelen változtatással alkalmazható arra az esetre is, ha $ E $ a BD negyedkörön van (a következő megoldásból látható lesz, hogy hogyan), nem világos azonban, hogy hogyan vihető át a hurkolt esetre. Ez sokkal könnyebben lesz látható a következő megoldásból, amely szoros rokonságban van az elsővel.

 

2. Megoldás

Az előbbi jelöléseket használva nyilvánvaló, hogy AK a trapéz középvonalával egyenlő, tehát a trapéz ill. háromszög $ t_1 $ ill. $ t_2 $ területe

$ t_1 =AK\cdot FK, \quad t_2 =\dfrac{CL\cdot EH}{2}=CL\cdot EL. $

Megmutatjuk, hogy $ FK=EL $ és $ AK=CL, $ ill. utóbbi helyett, hogy $ BK=DL. $ Mindkét egyenlőség következik abból, hogy

$ BFK\Delta \cong DEL\Delta . $

Forgassuk el az utóbbi háromszöget $ 90^{\circ} $ -kal az óra járásával ellenkező irányban a kör középpontja körül. Ekkor $ D $ átmegy $ B $ -be, EL pedig a $ B $ -hez húzott sugárra merőleges helyzetbe kerül, $ E $ pedig átmegy $ F $ -be, amint azt az 1. megoldásban láttuk. Ezzel állításunkat igazoltuk.

 

Megjegyzés. A bizonyítás ,,hurkolt trapéz'' esetén is azt adja, hogy $ EL=FK, \quad DL=BK, $ amiből $ CL=AK, $ tehát

$ EL\cdot CL=FK\cdot AK=FK. \quad \dfrac{AB-FG}{2}=\dfrac{FK\cdot AB}{2}-\dfrac{FK\cdot FG}{2}. $

Baloldalt ismét a $ CEH\Delta $ területe áll, a jobboldal viszont felfogható az AFB és AFG háromszögek területei különbségének. Ebből a különbségből kiesik a két háromszög közös részének a területe és marad a ,,hurkolt trapéz'' nagyobb és kisebb háromszöge területének különbsége. A hurkolt esetben tehát e területkülönbség egyezik meg a CEH háromszög területével.

Számítás nélkül is bebizonyíthatjuk ezt az eredményt. Ugyanis a közönséges trapézra fentebb már bebizonyított tétel alapján az ábrában a $ DEH\Delta $ területe egyenlő az ABGF közönséges trapéz területével, továbbá ugyancsak az előbbiek alapján

$ ABF\Delta \cong CDE\Delta \cong CDH\Delta \cong BGA\Delta . $

Tehát (területekről beszélve)

$ CEH=CEDH-DEH=CEDH-ABGF=. $
$ =CEDH-\left( {ABF+ABG-ABN+FGN} \right)= $
$ =CDE+CDH-ABF-ABG+ABN-FGN=ABN-FGN $

Könnyű a feladatot úgy fogalmazni, hogy a kettősség ne is lépjen fel. Ha a BF és AG egyenesek metszéspontját mindenkor $ N $ -el jelöljük, akkor a CEH háromszög területe -- minden esetben -- az ABN és GFN háromszögek területének különbségével egyenlő. A III. osztályosok más szempontból is érthetőnek fogják tartani a nyert eredményt. A koordináta-geometriában ugyanis kiderült, hogy bizonyos szempontból előnyős lehet a területet előjeles mennyiségnek tekinteni, oly módon, hogy minden idomhoz megadjuk, hogy hogyan járjuk körül a kerületét (sokszögeknél ez például a csúcsok sorrendjével már meg van adva) és akkor azon idomok területét, melyek körüljárásban a jobbkezünk felé esnek, ellenkező előjelűnek nevezzük, mint amelyek körüljáráskor balról fekszenek. (Bármelyik lehet pozitív, de a másik minden esetben negatív lesz.) Ilyen értelmezés mellett hurkolt négyszög területéül mindig azon két háromszög területének különbsége adódik, melyekből a hurkolt négyszög áll.

 

3. Megoldás

Mivel mindkét szóban forgó idom tükrös a CD átmérőre, mint tengelyre, így elég azt megmutatni, hogy a háromszög fele és a trapéz fele egyenlő területű, tehát ha az FG és EH húrok felezőpontjai $ J $ és $ L, $ akkor azt kell megmutatnunk, hogy a CEL háromszög és a BFJO trapéz egyenlő területű. Húzzuk meg az EC húr OM felező merőlegesét és forgassuk a CMO háromszöget az $ M $ pont körül az EM szakasz mellé. Az így keletkezett ELOP derékszögű trapézban

$ EPO\angle =OBF\angle $

mint merőlegesszárú szögek, mert PO merőleges a CE-vel párhuzamos BF húrra is. EP és OB, a trapézok hosszabb párhuzamos oldalai sugárnyi hosszúságúak és ugyancsak sugárnyi hosszúságú az EO ill. OF átló is. Így a BFJO trapéz egybevágó, tehát egyenlő területű is, a POLE trapézzal, tehát egyenlő területű a CEL háromszöggel is.

A hurkolt esetben is igaz, hogy a CEO háromszög átalakítható a PEO háromszöggé és utóbbi egybevágó a BOF háromszöggel. Viszont előbbiből most el kell hagyni az ELO háromszöget, hogy a CEL háromszöget kapjuk. Ennek elhagyása után a hurkolt négyszög OB-hez csatlakozó nagyobb háromszöge marad meg. Ebből kell még az FJ-hez csatlakozó kisebb háromszöget elvenni, hogy CEL-lel egyenlő területet kapjuk.

 


QR kód

Budapesti Fazekas Mihály Gyakorló Általános Iskola és Gimnázium

QR

 

 

 

Bejelentkezés cikkíróknak


Joomla template: szsnjm3-001
(c) Szoldatics József (www.szolda.hu), Eszesen KFt. 2011/2016