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