A C. 1582. feladat (2020. január)

C. 1582. Az $\displaystyle ABCD$ paralelogramma oldalaira kifelé az $\displaystyle ABP$, $\displaystyle BCQ$, $\displaystyle CDR$, $\displaystyle DAS$ szabályos háromszögeket rajzoltuk. Milyen feltételnek kell teljesülnie a paralelogrammára ahhoz, hogy $\displaystyle PQRS$ négyzet legyen?

(5 pont)

A beküldési határidő 2020. február 10-én LEJÁRT.

Megoldás. Használjuk az ábra jelöléseit.

Ha $\displaystyle PQRS$ négyzet, akkor $\displaystyle PQB\triangle\cong RQC\triangle\cong RSD\triangle\cong PSA\triangle$, hiszen oldalaik páronként megegyeznek.

Először tegyük fel, hogy a $\displaystyle PQRS$ négyszög egyik oldala sem metsz bele semelyik szabályos háromszögbe sem, vagyis az ábra valóban így néz ki.

Ekkor $\displaystyle SRD\angle+60^{\circ}+QRC\angle=90^{\circ}$, és így a négy egybevágó háromszög szögeinek egyenlőségéből $\displaystyle SRD\angle=QRC\angle=15^{\circ}$. Hasonlóan látható be, hogy $\displaystyle RSD\angle=PSA\angle=15^{\circ}$. Így az $\displaystyle SDR$ háromszög (és így a vele egybevágó másik három háromszög) szögei $\displaystyle 15^{\circ}$, $\displaystyle 15^{\circ}$ és $\displaystyle 180^{\circ}-2\cdot15^{\circ}=150^{\circ}$. Ebből egyrészt következik, hogy ezek a háromszögek egyenlő szárúak, tehát $\displaystyle a=b$, másrészt pedig $\displaystyle CDA\angle=DAB\angle=ABC\angle=BCD\angle=360^{\circ}-(150^{\circ}+2\cdot60^{\circ})=90^{\circ}$. Tehát az $\displaystyle ABCD$ négyszög oldalai egyenlőek, szögei derékszögek, vagyis négyzet.

Most tegyük fel, hogy a $\displaystyle PQRS$ négyzet valamelyik oldala belemetsz két szomszédos szabályos háromszögbe (vagy esetleg egybeesik egy-egy oldalukkal). Legyen ez pl. a $\displaystyle PS$ szakasz. Ekkor a $\displaystyle PAS$ szög kisebb vagy egyenlő $\displaystyle 180^{\circ}$-nál és három szög összegeként áll elő: $\displaystyle PAS\angle=PAB\angle+BAD\angle+DAS\angle=120^{\circ}+\alpha$, tehát $\displaystyle \alpha\leq60^{\circ}$. Ekkor $\displaystyle ABC\angle=180^{\circ}-\alpha\geq120^{\circ}>60^{\circ}$ és így a $\displaystyle PQ$ szakasz nem metsz bele a szabályos háromszögekbe. Ugyanakkor a fenti négy háromszög egybevágóságából $\displaystyle 120^{\circ}+\alpha=PAS\angle=PBQ\angle=360^{\circ}-(60^{\circ}+(180^{\circ}-\alpha)+ 60^{\circ})=60^{\circ}+\alpha$, ami ellentmondás. Tehát ez nem lehetséges.

Másrészt, ha $\displaystyle ABCD$ négyzet, akkor a $\displaystyle 90^{\circ}$-os forgásszimmetria alapján $\displaystyle PQRS$ ia négyzet.

Tehát ahhoz, hogy $\displaystyle PQRS$ négyzet legyen, az $\displaystyle ABCD$ négyszögnek is négyzetnek kell lennie.

Statisztika:

122 dolgozat érkezett.
5 pontot kapott:	Cserkuti Sándor, Csilling Dániel, Dózsa Levente, Egyházi Hanna, Feczkó Nóra, Fekete Patrik, Foris Dávid, Horváth Milán, Kalocsai Zoltán, Károly Kinga, Kurucz Márton, Mátéfy Ádám , Németh László Csaba, Németh Máté Előd, Sárvári Borka Luca, Schneider Dávid, Szabó Réka, Szabó Zóra.
4 pontot kapott:	38 versenyző.
3 pontot kapott:	25 versenyző.
2 pontot kapott:	15 versenyző.
1 pontot kapott:	10 versenyző.
0 pontot kapott:	15 versenyző.
Nem számítjuk a versenybe a születési dátum vagy a szülői nyilatkozat hiánya miatt:	1 dolgozat.

A KöMaL 2020. januári matematika feladatai