 |
A C. 1849. feladat (2025. március) |
C. 1849. Az \(\displaystyle ABCD\) konvex négyszög \(\displaystyle AB\) oldalának negyedelőpontjai az \(\displaystyle A\) ponttól a \(\displaystyle B\) felé haladva rendre \(\displaystyle N_1\), \(\displaystyle N_2\), \(\displaystyle N_3\), a \(\displaystyle DC\) oldal negyedelőpontjai a \(\displaystyle D\) ponttól a \(\displaystyle C\) felé haladva rendre \(\displaystyle M_1\), \(\displaystyle M_2\), \(\displaystyle M_3\).
Hosszabbítsuk meg az \(\displaystyle AB\) oldalt a \(\displaystyle B\) ponton túl az \(\displaystyle AB\) oldal hosszának negyedrészével, így kapjuk az \(\displaystyle N_4\) pontot. Hasonlóképpen hosszabbítsuk meg a \(\displaystyle DC\) oldalt a \(\displaystyle C\) ponton túl a \(\displaystyle DC\) oldal hosszának negyedrészével, így az \(\displaystyle M_4\) pontot kapjuk.
Határozzuk meg az \(\displaystyle ABCD\) négyszög területét, ha tudjuk, hogy az \(\displaystyle AN_1M_1D\), illetve \(\displaystyle BN_4M_4C\) négyszögek területe \(\displaystyle 8\), illetve \(\displaystyle 10\) területegység.
Bíró Bálint, Eger
(5 pont)
A beküldési határidő 2025. április 10-én LEJÁRT.
Megoldás. Először igazolunk egy segédtételt. Ehhez tekintsük az 1. ábrát, amelyen megrajzoltuk a \(\displaystyle PSUZ\) konvex négyszöget és a \(\displaystyle PS\), illetve \(\displaystyle UZ\) oldalainak \(\displaystyle Q\), \(\displaystyle R\), illetve \(\displaystyle V\), \(\displaystyle X\) harmadolópontjait. Azt fogjuk bizonyítani, hogy \(\displaystyle \displaystyle{T_{QRVX}=\frac{T_{PQXZ}+T_{RSUV}}{2}}\), azaz a középső négyszög területe a másik két négyszög területének számtani közepe.
1. ábra
Az ábra jelöléseit használva \(\displaystyle T_{QVX}=t_2\), hiszen \(\displaystyle QX\) a \(\displaystyle QVZ\) háromszög súlyvonala és a súlyvonal felezi a háromszög területét.
Hasonlóan kapjuk, hogy \(\displaystyle T_{SVR}=t_3\), mivel \(\displaystyle VR\) az \(\displaystyle SVQ\) háromszög súlyvonala. Ezzel
| \(\displaystyle (1)\) | \(\displaystyle T_{PSUZ}=t_1+2t_2+2t_3+t_4.\) |
A \(\displaystyle PSZ\) háromszög területe \(\displaystyle 3t_1\), mert a \(\displaystyle PQZ, QRZ\) és \(\displaystyle RSZ\) háromszögek \(\displaystyle Z\) csúcsa közös, ezért a \(\displaystyle PQ=QR=RS\) oldalakhoz tartozó magasságuk is egyenlő. Hasonlóképpen adódik, hogy az \(\displaystyle UZS\) háromszög területe \(\displaystyle 3t_4\), ezzel pedig:
| \(\displaystyle (2)\) | \(\displaystyle T_{PSUZ}=3t_1+3t_4.\) |
Az (1) és (2) összefüggésekből egyszerűen adódik, hogy \(\displaystyle t_2+t_3=t_1+t_4\), ebből pedig \(\displaystyle 2t_2+2t_3=t_1+t_2+t_3+t_4=T_{PQXZ}+T_{RSUV}\), vagyis
| \(\displaystyle (3)\) | \(\displaystyle \displaystyle{t_2+t_3=T_{QRVX}=\frac{T_{PQXZ}+T_{RSUV}}{2}},\) |
és ezzel a segédtételt igazoltuk.
Ábrázoljuk most a feladatban szereplő \(\displaystyle ABCD\) négyszöget és a megfelelő osztópontokat úgy, hogy a rajzon feltüntetjük az egyes négyszögek területét is (2. ábra).
2. ábra
Az ábra szerint
| \(\displaystyle (4)\) | \(\displaystyle T_{ABCD}=8+T_1+T_2+T_3.\) |
Alkalmazzuk többször a segédtételt:
| \(\displaystyle (5)\) | \(\displaystyle \displaystyle{T_1=\frac{8+T_2}{2};\quad T_2=\frac{T_1+T_3}{2};\quad T_3=\frac{T_2+10}{2}}.\) |
Az első és a harmadik egyenlőségből a \(\displaystyle T_1\) és \(\displaystyle T_3\) kifejezését a középsőbe helyettesítve az egyenlet rendezése után kapjuk, hogy
\(\displaystyle T_2=9,\)
amelyből behelyettesítéssel adódik, hogy
\(\displaystyle \displaystyle{T_1=\frac{17}{2};\quad T_3=\frac{19}{2}}.\)
Eredményeinkből (4) alapján kapjuk az \(\displaystyle ABCD\) négyszög területét:
\(\displaystyle T_{ABCD}=35.\)
Ezzel a megoldást befejeztük.
Megjegyzések. 1) A konstrukció és a bizonyított segédtétel következménye, hogy \(\displaystyle 8<T_1<T_2<T_3<10\), és ezért a \(\displaystyle BN_4\) és \(\displaystyle CM_4\) szakaszoknak nem lehet közös pontja.
2) A segédtételből az is következik, hogy például az \(\displaystyle N_1N_2M_2M_1\) négyszög \(\displaystyle T_1\) területe az \(\displaystyle AN_3M_3D\) négyszög területének harmadrésze, és az is, hogy az \(\displaystyle N_2N_3M_3M_2\) négyszög \(\displaystyle T_2\) területe az \(\displaystyle AN_4M_4D\) négyszög területének ötödrésze.
Statisztika:
98 dolgozat érkezett. 5 pontot kapott: Aaishipragya Kahaly, Albert Luca Liliána, Barna 201 Krisztina, Bencze Mátyás, Bense Tamás, Blaskovics Bálint, Budai Máté, Farkas András, Fülöp Magdaléna, Hetyei Dániel, Iván Máté Domonkos, Kókai Ákos, Kulcsár Anna Zita, Lovas Márk, Maróti Olga, Máté Kristóf, Máté Zsófia, Mateas Isabelle, Molnár Lili, Nagypál Katóca, Nelissen Sámuel Zalán, Németh Ábel, Pázmándi Renáta , Pink István, Poczai Dorottya, Szalóki Árpád, Tóth Luca, Zhang Suan. 4 pontot kapott: Gárdonyi Zsolt, Péter Tamás, Péterfia Kamilla, Roszik Szabolcs, Szighardt Anna, Timár Vince . 3 pontot kapott: 3 versenyző. 2 pontot kapott: 8 versenyző. 1 pontot kapott: 22 versenyző. 0 pontot kapott: 13 versenyző. Nem számítjuk a versenybe a születési dátum vagy a szülői nyilatkozat hiánya miatt: 8 dolgozat.
A KöMaL 2025. márciusi matematika feladatai