Középiskolai Matematikai és Fizikai Lapok
Informatika rovattal
Kiadja a MATFUND Alapítvány
Már regisztráltál?
Új vendég vagy?

A C. 1578. feladat (2019. december)

C. 1578. Két egybevágó téglalap úgy helyezkedik el, hogy a kerületük nyolc pontban metszi egymást. Mutassuk meg, hogy a két téglalap közös részének területe nagyobb a területük felénél.

(5 pont)

A beküldési határidő 2020. január 10-én LEJÁRT.


Megoldás. A megoldás során a téglalap kétféle oldalhosszára rövidebb, illetve hosszabb oldalként fogunk hivatkozni. Megjegyezzük, hogy négyzetnél ugyanez az indoklás működik, nem használjuk sehol, hogy a téglalap két oldala különböző hosszúságú, azonban az egyszerűség kedvéért négyzet esetén is úgy hivatkozunk egy-egy oldalpárra, mint hosszabb, és egy-egy oldalpárra, mint rövidebb oldalak.

A két téglalap kerületének metszéspontjai legyenek rendre \(\displaystyle A, B, C, D, E, F, G, H\) (az ábra szerint). Kössük össze a hosszabb oldalak metszéspontjait (\(\displaystyle B\) és \(\displaystyle F\)), majd a rövidebbekét (\(\displaystyle D\) és \(\displaystyle H\)) az ábrán látható módon. Ezután \(\displaystyle B\)-ből állítsunk merőlegest mindkét hosszabb oldalra, ezek talppontja legyen \(\displaystyle P\) és \(\displaystyle Q\). Végül \(\displaystyle D\)-n át húzzunk párhuzamost \(\displaystyle BF\)-fel, legyen ez az egyenes \(\displaystyle f\).

Először megmutatjuk, hogy \(\displaystyle BF\) merőleges \(\displaystyle DH\)-ra. \(\displaystyle BPF\) és \(\displaystyle BQF\) háromszögek egybevágóak, mert egy oldaluk közös (\(\displaystyle BF\)), \(\displaystyle BP=BQ\) és a hosszabbikkal szemben levő szögük egyenlő (derékszög). Így az \(\displaystyle F\)-nél és a \(\displaystyle B\)-nél levő szöge is egyenlő a két háromszögnek. Tehát \(\displaystyle BF\) szögfelező a ,,hosszú oldalak metszéspontjánál'': felezi \(\displaystyle PFQ\) és \(\displaystyle PBQ\) szöget is. Ugyanígy belátható, hogy \(\displaystyle DH\) szögfelező a ,,rövidebbik oldalak metszéspontjánál'', azaz \(\displaystyle DH\) felezi \(\displaystyle CDE\) szöget.

Most térjünk át a \(\displaystyle D\) csúcshoz. Mivel \(\displaystyle CD\) egyenes párhuzamos \(\displaystyle BQ\)-val, \(\displaystyle ED\) pedig \(\displaystyle BP\)-vel, így \(\displaystyle f\) a definíciója miatt felezi az \(\displaystyle EDX\) szöget (ahol \(\displaystyle X\) az egyik téglalap ábrán látható csúcsa), azaz \(\displaystyle f\) a \(\displaystyle CDE\) szög külső szögének a szögfelezője, \(\displaystyle DH\) pedig a \(\displaystyle CDE\) szög szögfelezője, így \(\displaystyle DH\) és \(\displaystyle f\) merőlegesek egymásra. Azonban, mivel \(\displaystyle f\) párhuzamos \(\displaystyle BF\)-fel, így \(\displaystyle DH\) merőleges \(\displaystyle BF\)-re is. Ezzel bebizonyítottuk a segédállításunkat.

Most becsüljük alulról a két téglalap közös részének a területét a fentiek segítségével:

\(\displaystyle T_{ABCDEFGH} > T_{BDFH} = \frac12 \cdot BF \cdot DH \geq \frac12 \cdot T_{teglalap}.\)

Az első egyenlőtlenség teljesül, hisz a közös rész (szigorúan) tartalmazza \(\displaystyle BDFH\) négyszöget, utóbbinak területe fele az átlói szorzatának, mert azok merőlegesek egymásra. Végül \(\displaystyle BF\) és \(\displaystyle DH\) pedig nagyobb vagy egyenlő, mint a téglalapnak egy-egy oldala (\(\displaystyle BF\) legalább akkora, mint a rövidebb, \(\displaystyle DH\) legalább akkora, mint a hosszabb oldal), így teljesül az utolsó egyenlőtlenség is.

Tehát megmutattuk, hogy a közös rész területe nagyobb a kiindulási téglalapok területének felénél.


Statisztika:

A C. 1578. feladat értékelése még nem fejeződött be.


A KöMaL 2019. decemberi matematika feladatai