 |
A C. 1671. feladat (2021. április) |
C. 1671. Az \(\displaystyle ABCD\) paralelogramma \(\displaystyle S\) síkjára merőlegesen az \(\displaystyle AE\), \(\displaystyle BF\), \(\displaystyle CG\), \(\displaystyle DH\) szakaszokat állítottuk az \(\displaystyle S\) sík által meghatározott egyik féltérben. A \(\displaystyle CGEA\) és \(\displaystyle DHFB\) négyszögek területét \(\displaystyle T\), illetve \(\displaystyle t\) jelöli. Igazoljuk, hogy ha
\(\displaystyle \frac{T}{t}=\frac{AC}{BD}, \)
akkor az \(\displaystyle E\), \(\displaystyle F\), \(\displaystyle G\), \(\displaystyle H\) pontok egy síkra illeszkednek.
(5 pont)
A beküldési határidő 2021. május 10-én LEJÁRT.
Megoldás. Mivel \(\displaystyle AE\) és \(\displaystyle CG\) merőleges az \(\displaystyle S\) síkra, ezért ezek a szakaszok párhuzamosak, és így a \(\displaystyle C, G, E, A\) pontok egy síkban vannak. Ez a sík merőleges az \(\displaystyle S\) síkra, mert van olyan egyenese, amely merőleges az \(\displaystyle S\) két metsző egyenesére (például \(\displaystyle AE\) merőleges az \(\displaystyle AB\) és \(\displaystyle AD\) egyenesekre). Tekintsük az 1. ábrát, amelyen az \(\displaystyle ABCD\) paralelogramma átlóinak metszéspontját \(\displaystyle M\)-mel jelöltük.
1. ábra
A \(\displaystyle CGEA\) négyszög derékszögű trapéz, amelynek alapjai az \(\displaystyle AE=a\) és \(\displaystyle CG=c\) szakaszok, a trapéz magassága az \(\displaystyle ABCD\) paralelogramma \(\displaystyle AC\) átlója. Az \(\displaystyle M\) felezi az \(\displaystyle AC\) átlót, ezért ha az \(\displaystyle M\) pontban az \(\displaystyle S\) síkra merőlegest állítunk, akkor a \(\displaystyle CGEA\) trapéz középvonalának egyenesét kapjuk, amelynek a trapéz belsejébe eső szakasza a trapéz \(\displaystyle MN=k\) középvonala. A \(\displaystyle CGEA\) trapéz \(\displaystyle T\) területe ezért:
| \(\displaystyle (1)\) | \(\displaystyle T=\frac{a+c}{2}\cdot{AC}=k\cdot{AC}.\) |
Vizsgáljuk most a 2. ábrát, amelyen a \(\displaystyle DHFB\) négyszöget ábrázoltuk.
2. ábra
Az előzőekhez hasonlóan láthatjuk be, hogy a \(\displaystyle D, H, F, B\) pontok egy síkban vannak, továbbá \(\displaystyle DHFB\) derékszögű trapéz, amelynek magassága az \(\displaystyle ABCD\) paralelogramma \(\displaystyle BD\) átlója. A paralelogramma tulajdonsága miatt \(\displaystyle M\) a \(\displaystyle BD\) szakaszt is felezi, így ebben a pontban az \(\displaystyle S\) síkra merőlegest állítva kapjuk a trapéz középvonalának egyenesét, illetve az \(\displaystyle MN'=k'\) középvonalat. A \(\displaystyle DHFB\) trapéz \(\displaystyle t\) területe a \(\displaystyle BF=b\) és \(\displaystyle DH=d\) alapokkal kifejezve:
| \(\displaystyle (2)\) | \(\displaystyle t=\frac{b+d}{2}\cdot{BD}=k'\cdot{BD}.\) |
Az (1) és (2) összefüggések alapján azt kapjuk, hogy
| \(\displaystyle (3)\) | \(\displaystyle \frac{T}{t}=\frac{k\cdot{AC}}{k'\cdot{BD}}.\) |
Ugyanakkor a feltétel miatt
\(\displaystyle \frac{T}{t}=\frac{AC}{BD},\)
amelyből (3) szerint az következik, hogy
\(\displaystyle k=k'.\)
Ez csakis úgy lehetséges, hogy az \(\displaystyle N\) és \(\displaystyle N'\) pontok azonosak.
Mivel pedig \(\displaystyle N\) és \(\displaystyle N'\) a középvonal tulajdonsága miatt a \(\displaystyle CGEA\) és \(\displaystyle DHFB\) trapézok \(\displaystyle GE\), illetve \(\displaystyle HF\) szárainak felezőpontjai, ezért a \(\displaystyle GE\) és \(\displaystyle HF\) szakaszok az \(\displaystyle N=N'\) pontban felezve metszik egymást. Ez éppen azt jelenti, hogy az \(\displaystyle E, F, G, H\) pontok egy paralelogramma csúcsai, de akkor szükségképpen egy síkra illeszkednek.
Ezzel a feladat megoldását befejeztük.
Megjegyzés. Megmutatható, hogy a feladat állításának megfordítása is igaz, vagyis, ha az \(\displaystyle E, F, G, H\) pontok egy síkra illeszkednek, akkor teljesül a \(\displaystyle \frac{T}{t}=\frac{AC}{BD}\) egyenlőség.
Statisztika:
19 dolgozat érkezett. 5 pontot kapott: Andó Lujza, Dobi Dorina Lili, Egyházi Hanna, Fekete András Albert, Flódung Áron , Kadem Aziz, Molnár Réka, Németh László Csaba, Rátki Gergely, Schneider Anna, Szabó András József , Xu Yiling, Zaránd Andris. 4 pontot kapott: Féger Tamás, Németh Máté Előd. 2 pontot kapott: 4 versenyző.
A KöMaL 2021. áprilisi matematika feladatai