fbpx

Paralelogramma: definíciója, tulajdonságai, kerülete, területe, 10 feladat a legegyszerűbbtől az emelt szintig

A hétköznapi életben körbevesz minket a geometria, például a téglalap, mint speciális paralelogramma sűrűn előfordul környezetünkben.

Mint a geometria neve is jelzi, ez a tudomány a gyakorlati életből fejlődött ki, hisz a földmérés szülötte. Így nem meglepő, hogy az első nyomai Kr. e. 2000-ből Mezopotámiából és Egyiptomból származnak. Már akkor ismerték a derékszögű síkidomok területének, illetve az egyszerűbb testek térfogatának kiszámítását. Precíz tudománnyá válása az ókori görögök munkája nyomán indult el, ekkor jelent meg a dedukció (levezetés, bizonyítás) a matematikában, ami irányt szabott a geometria fejlődésének.

Ebben a cikkben egy nagyon fontos négyszög fajtával, a paralelogrammával foglalkozunk. Először megismerkedünk a paralelogramma definíciójával, majd bebizonyítjuk néhány tulajdonságát. Ezután levezetjük a kerület- illetve területképletét. A cikk végén pedig 10, fokozatosan nehezedő feladatban alkalmazzuk a cikk első felében tárgyalt ismereteket.

Kinek hasznos az alábbi cikkünk?

Neked, ha általános iskolás vagy, és most ismerkedsz a négyszögfajtákkal.

Neked, ha érettségire készülsz, és nagyobb gyakorlatra szeretnél szert tenni geometriából.

Neked, ha esetleg már régebben voltál iskolás, ugyanakkor valamiért most szükséged lenne paralelogrammákkal kapcsolatos ismeretekre, és szeretnéd feleleveníteni azokat. Mi segítünk! Olvasd el cikkünket, és megtalálod a választ kérdéseidre.

A paralelogramma definíciója

A paralelogramma olyan négyszög, melynek szemközti oldalai párhuzamosak.

A paralelogramma tulajdonságai

A paralelogramma szögei

  1. tulajdonság: A paralelogramma szemközti szögei egyenlők.

Bizonyítás: Mivel a szemközti oldalai párhuzamosak, ezért a szemközti szögei váltószögek, amiből következik, hogy egyenlők. Így

\alpha =\gamma  \text { és } \beta =\delta .

Ezt kellett bizonyítani.

A tétel megfordítása: Ha egy négyszögben két-két szemközti szög egyenlő, akkor a négyszög paralelogramma.

Bizonyítás: A feltétel szerint

\alpha =\gamma  \text { és } \beta =\delta ,

így

2\alpha +2\beta =360{}^\circ.

Ebből következik, hogy

\alpha +\beta =180{}^\circ , \text{ azaz } \beta =180{}^\circ -\alpha .

Mivel az A és B csúcs esetén az AB oldal közös, így BC párhuzamos DA, illetve a B és C csúcs esetében a BC oldal közös, ezért AB párhuzamos CD. Így beláttuk, hogy az ABCD négyszög szemközti oldalai párhuzamosak, tehát a négyszög paralelogramma. Ezt kellett bizonyítani.

***

A következő állítás és megfordítása az előzőekben látott módon bizonyítható. ezt a tisztelt olvasóra bízzuk.

2. tulajdonság: A paralelogramma bármely két szomszédos szögének összege 180°

A tétel megfordítása: Ha egy négyszögben bármely két szomszédos szög összege 180°, akkor a négyszög paralelogramma.

***

A paralelogramma oldalai

3. tulajdonság: A paralelogramma szemközti oldalainak a hossza egyenlő.

Bizonyítás: Vegyük fel az AC átlóját az ábrának megfelelően.

Ezzel a paralelogrammát felbontottuk az ABC és CDA háromszögekre. Ebben a két háromszögben közös az AC oldal, valamint egyenlők az ábrán egy, illetve két körívvel jelölt szögek, mivel váltószögek. Ebből következik, hogy az ABC és CDA háromszög egybevágó, így megfelelő oldalai egyenlők. Tehát AB=CD és BC=AD. Ezt kellett bizonyítani.

Az állítás megfordítása: Ha egy négyszög két-két szemközti oldala egyenlő, akkor a négyszög paralelogramma.

Bizonyítás: Legyen az ABCD négyszög olyan, amelyben AB=CD és BC=DA. Húzzuk be a négyszög AC átlóját. Ez a négyszöget az ABC és CDA háromszögekre bontja, melyekben az oldalak páronként egyenlők, így a két háromszög egybevágó.

Az egybevágóságból következik, hogy az előző ábrán azonos módon jelölt szögek egyenlők, amiből jön, hogy BC párhuzamos AD-vel. Hasonlóan lehet belátni a másik két oldal párhuzamosságát is. Ezzel a tételt bizonyítottuk.

***

Az alábbi tulajdonság nyilvánvaló következménye az eddigieknek, ugyanakkor a tétel megfordítása nagyon fontos, mert sok esetben használhatjuk feladatok megoldásában.

4. tulajdonság: A paralelogramma két szemközti oldala párhuzamos és egyenlő.

Bizonyítás: Következik az eddigi tulajdonságokból.

A tétel megfordítása: Ha egy négyszög két oldala párhuzamos és egyenlő, akkor a négyszög paralelogramma.

Bizonyítás: Legyen az ABCD négyszögben az BC oldal párhuzamos és egyenlő a DA oldallal. Vegyük fel négyszög AC átlóját az ábrának megfelelően.

Mivel DA párhuzamos BC-vel, ezért DAC szög és az ACB szög váltószög, amiből következően egyenlők. A feltételek figyelembevételével kapjuk, hogy az ABC és ACD háromszögben egyenlő két-két oldal és az általuk bezárt szög, így a két háromszög egybevágó. Ebből következik, hogy AB=CD, így az ABCD négyszögben a szemközti oldalak egyenlők, azaz a négyszög paralelogramma. Ezt kellett bizonyítani.

***

A paralelogramma átlói és szimmetriája

5. tulajdonság: A paralelogramma átlói felezik egymást.

Bizonyítás: Legyen az ABCD paralelogramma két átlójának metszéspontja az alábbi ábrának megfelelően M.

Mivel a szemközti oldalai egyenlők és párhuzamosak, ezért az ABM és a CDM háromszögben AB=CD, valamint a rajtuk fekvő szögek páronként váltószögek, tehát egyenlők. Így a két háromszög egybevágó, amiből következik, hogy AM=MC és BM=MD, azaz az átlói felezik egymást. Ezt kellett bizonyítani.

A tétel megfordítása: Ha egy négyszög átlói felezik egymást, akkor a négyszög paralelogramma.

Bizonyítás: Mivel az alábbi ABCD négyszög átlói felezik egymást, ezért AM=MC és BM=MD. Másrészt az M pontnál azonosan jelölt szögek csúcsszögek, tehát egyenlők. Lásd az ábrát.

Így az ABM és CDM háromszögben két-két oldal és az általuk bezárt szög egyenlő, amiből következik, hogy a két háromszög egybevágó. Ez pedig maga után vonja, hogy AB=CD. Hasonlóan igazolható, BC=DA. Tehát az ABCD négyszög paralelogramma, amit bizonyítani akartunk.

***

Az előző tételekből következik az alábbi két tétel.

6. tulajdonság: A paralelogramma középpontosan szimmetrikus négyszög.

Az állítás megfordítása: Ha egy négyszög középpontosan szimmetrikus, akkor paralelogramma.

***

Foglaljuk össze az eddigieket

Az előbbi tárgyalt tételek és megfordításaik alapján több egymással egyenértékű definíciót is megfogalmazhatunk a paralelogrammára. Az alábbiak bármelyike használható a paralelogramma definíciójaként, a többi tulajdonság pedig abból következik.

Az a négyszög paralelogramma, amelynek

  • szemközti oldalai párhuzamosak;
  • szemközti oldalai egyenlők;
  • szemközti szögei egyenlő nagyságúak;
  • bármely két szomszédos szögének összege 180°;
  • két szemközti oldala egyenlő és párhuzamos;
  • átlói felezik egymást;
  • középpontosan szimmetrikus.

***

A paralelogramma középvonalai

Mi a négyszög középvonala? Milyen speciális tulajdonsággal rendelkezik a paralelogramma középvonala?

A négyszög középvonalainak a szemközti oldalainak felezőpontjait összekötő szakaszokat nevezzük. Minden négyszögnek két középvonala van.

Tétel: A paralelogramma két oldalának felezőpontját összekötő középvonala párhuzamos és egyenlő a másik két oldallal.

Bizonyítás: Legyen adott az ABCD paralelogramma, melynek egyik középvonala az ábrának megfelelően az AB oldal E felezőpontját a CD oldal F felezőpontjával összekötő szakasz.

Ezzel az eredeti paralelogrammát két négyszögre bontjuk. Tekintsük közülük az AEFD négyszöget. Mivel az ABCD négyszög paralelogramma, ezért AB párhuzamos és egyenlő CD-vel. Emiatt AE párhuzamos és egyenlő FD-vel. Ezért a 4. tulajdonság megfordítása alapján az AEFD négyszög paralelogramma, azaz EF párhuzamos és egyenlő AD-vel. Ezt kellett bizonyítani.

***

A paralelogramma kerülete

A paralelogramma kerületét könnyen meghatározhatjuk, ha felhasználjuk azt a tulajdonságát, hogy szemközti oldalainak a hossza egyenlő.

Legyen az ABCD paralelogramma két szomszédos oldalának a hossza az ábrának megfelelően AB=a,illetve BC=b. Ekkor a kerülete

 K=AB+BC+CD+DA=2a+2b=2(a+b) 

***

A paralelogramma területe

A paralelogramma területének meghatározása előtt bebizonyítunk egy fontos tételt.

Tétel: Ha két paralelogramma egy-egy oldala és ezen oldalakhoz tartozó magasságuk egyenlő, akkor a két paralelogramma területe is egyenlő.

Bizonyítás: A bizonyítás az alábbi videón látható.

A tétel bizonyítása

***

Ezek után már könnyen megadhatjuk a paralelogramma területképletét felhasználva, hogy ha egy téglalap két szomszédos oldalának a hossza a és b, akkor a területe

T=a\cdot b

Tétel: Ha egy paralelogramma egyik oldalának a hossza a, a hozzá tartozó magasságának a hossza m, akkor a területe

T=a\cdot m.

Bizonyítás: Vegyük fel az ABCD paralelogrammát és az A’B’C’D’ téglalapot, melyre teljesül, hogy a=AB=A’B’ és B’C’=m, ahol m a paralelogramma AB oldalhoz tartozó magassága. Lásd az ábrát.

Mivel a téglalap speciális paralelogramma, ezért az előző tétel alapján a két négyszög területe egyenlő. Tehát

T=A'B'\cdot B'C'=AB\cdot m=a\cdot m.

Ezzel a tételt bizonyítottuk.

***

A paralelogramma területét kiszámolhatjuk két oldalának és az általuk bezárt szögnek az ismeretében is. A bizonyítás könnyen levezethető trigonometrikus ismeretekkel.

Tétel: Ha egy paralelogramma két szomszédos oldalának a hossza a és b, valamint az általuk bezárt szög α, akkor a paralelogramma területe

T=a\cdot b\cdot \sin \alpha .

***

10 feladat paralelogrammákra

Alapfeladat

  • 1. feladat: Az alábbi kijelentések közül melyik igaz, melyik hamis. Indokoljuk meg állításunkat.
  1. Ha egy négyszög két átlója egyenlő, akkor az a négyszög paralelogramma.
  2. Létezik olyan paralelogramma, melynek átlói merőlegesek egymásra.
  3. A paralelogramma átlója egyben szögfelező is.
  4. Létezik olyan paralelogramma melynek egyik oldala és a hozzá tartozó  magassága egyenlő.
  5. Létezik olyan paralelogramma, melynek pontosan két derékszöge van

Megoldás:

  1. Az állítás hamis. Ha egy négyszög átlói nem felezik egymást, akkor nem paralelogramma. Az ábra elkészítését a tisztelt Olvasóra bízzuk.
  2. Az állítás igaz. Ilyen négyszög a rombusz, mint speciális paralelogramma. Lásd az erre vonatkozó blogunkat.
  3. Az állítás hamis. Ha a paralelogramma két szomszédos oldala nem egyenlő, akkor az átló nem szögfelező. Lásd a 3. tulajdonságnál szereplő ábrát.
  4. Az állítás igaz. Például a négyzet.
  5. Az állítás hamis. Mivel a paralelogramma bármely oldalán fekvő két szögének az összege 180°, ezért a másik két szög is 90°nagyságú kell, hogy legyen.

***

Alapfeladat a paralelogramma kerületére, területére

  • 2. feladat: Egy paralelogramma két szögének aránya 1:2, a kerülete 24 cm. Mekkorák az oldalai, ha egyik átlója egyenlő az egyik oldalával?

Megoldás: Legyen az ABCD paralelogramma kisebbik szöge az A, nagyobbik a B csúcsnál levő α, illetve β szöge. A feltétel szerint α:β=1:2 . Mivel az összegük 180°, így

\alpha +\beta =\alpha +2\alpha =3\alpha =180{}^\circ .

Ebből α=60° és β=120°. Készítsünk ábrát.

Az ABC háromszögben a B csúcsnál levő szög 120°, így a paralelogramma AC átlója hosszabb az oldalainál. Ebből következik, hogy csak a BD átló lehet egyenlő az egyik oldalával. Ez azt jelenti, hogy az ABD háromszög egyenlő szárú. Mivel az egyik szöge 60°, ezért szabályos is.

Így az oldalai egyenlők, azaz az ABCD négyszög rombusz. Mivel a kerülete 24 cm, ezért egy oldala ennek negyedrésze, azaz 6 cm. Ezzel a feladatot megoldottuk.

***

Nehezebb feladat a területére

  • 3. feladat: Egy paralelogramma kerülete 112 cm, az oldalainak aránya 2:5-höz. Mekkora a paralelogramma területének pontos értéke, ha az egyik szöge harmada egy másik szögének?

Megoldás: Legyen az ABCD paralelogramma két oldalának hossza a és b, ahol a:b=2:5. Ekkor a=2x és b=5x, így

K=2a+2b=4x+10x=14x=112,

ebből x=8. A paralelogramma oldalai AD=a=16 cm és AB=b=40 cm.

Legyen a kisebbik szög az A csúcsnál lévő α szög, míg a nagyobb a B csúcsnál lévő β szög.  Ekkor

\alpha +\beta =\alpha +3\alpha =4\alpha =180{}^\circ .

Ebből α=45° és β=135°. Készítsünk ábrát, melyben vegyük fel célszerűen a 40 cm-es oldalhoz tartozó magasságot.

A paralelogramma területének kiszámításához meg kell határozni a az m magasságot. Mivel az így keletkező ATD derékszögű háromszög  A csúcsánál levő szöge 45°-os, így a háromszög egyenlő szárú, AT=m.

Alkalmazzuk Pitagorasz tételét erre a háromszögre:

{{m}^{2}}+{{m}^{2}}=A{{D}^{2}}, \text { azaz } 2{{m}^{2}}=256.

Innen

m=8\sqrt{2}.

A paralelogramma területe

T=b\cdot m=40\cdot 8\sqrt{2}=320\sqrt{2}c{{m}^{2}}.

Ezzel a feladatot megoldottuk.

***

  • 4. feladat: Az ábrán látható paralelogrammában az azonos színnel jelölt szakaszok egyenlők. Mekkora az α szög?

Megoldás: Mivel AD=BD, ezért

ABD\sphericalangle =\alpha .

Az EDB szög váltó szöge az ABD szögnek, így

EDB\sphericalangle =ABD\sphericalangle =\alpha.

A feltétel szerint DE=EB, így

DBE\sphericalangle =EDB\sphericalangle =\alpha.

Mivel a DBC háromszög  E-nél levő külső szöge egyenlő a nem mellette fekvő két belső szög összegével, ezért

CEB\sphericalangle =2\alpha .

Az EC és a BC szakaszok egyenlőségéből jön, hogy

EBC\sphericalangle =2\alpha .

Tudjuk, hogy az ABCD négyszög paralelogramma, ezért

BCD\sphericalangle =\alpha .

Készítsünk ábrát!

Ezek után az EBC háromszögeire írjuk fel, hogy

2\alpha +2\alpha +\alpha =180{}^\circ.

Ebből kapjuk, hogy α=36°. Ezzel a feladatot megoldottuk.

***

Feladat a háromszög középvonalára

A következő feladatban a háromszögek középvonalával foglalkozunk. Egy háromszögben két oldal felezőpontját összekötő szakaszt a háromszög középvonalának nevezzük.

  • 5. feladat: Bizonyítsuk be, hogy a háromszög két oldalának felezőpontját összekötő középvonala párhuzamos a harmadik oldallal és fele akkora!

Megoldás: Tekintsük az ABC háromszög AC oldalának E felezőpontját a BC oldalának F felezőpontjával összekötő középvonalát! Tükrözzük a háromszöget az F pontra az ábrának megfelelően.

A tükrözés után kapott ABA’C négyszög középpontosan szimmetrikus, ezért paralelogramma. Mivel az EF középvonal F pontra vonatkozó tükörképe az FE’ szakasz, ezért az E, F és E’ pontok egy egyenesre esnek és E’ a BA’ szakasz felezőpontja, hisz az E pont az AC szakasz felezőpontja.

Ebből következik, hogy egyrészt az EE’ szakasz kétszerese az EF szakasznak, másrészt az EE’ szakasz a paralelogramma középvonala. Arról viszont már bizonyítottuk, hogy párhuzamosan egyenlő a másik két oldallal, azaz EE’ párhuzamos és egyenlő az AB oldallal. Így EF párhuzamos a c oldallal és fele akkora. Ezt kellett bizonyítani.

Megjegyzés: Egy háromszögnek három középvonala van. Ez a három szakasz a háromszöget négy egybevágó háromszögre bontja, melyek oldalai feleakkorák, mint az eredeti háromszög oldalai és egynek a területe az eredeti háromszög területének a negyedével egyenlő. Lásd az ábrát.

***

Feladat a négyszög középvonalára

  • 6. feladat: Bizonyítsuk be, hogy a négyszög középvonalai felezik egymást! (Pierre Varignon 1731.)

Megoldás: Legyen az ABCD négyszög AB oldalának felezőpontja E, BC oldaláé F, CD oldaláé G és DA oldaláé H. Azt kell bizonyítani, hogy EG felezi FH-t. Mivel ez a két szakasz az EFGH négyszög két átlója, így a paralelogrammák 5. tulajdonsága alapján elég azt bizonyítani, hogy az EFGH négyszög paralelogramma.

Ehhez pedig elég azt belátni, hogy két szemközti oldala párhuzamos és egyenlő. Vegyük fel az EH és FG szakaszokat, valamint húzzuk be a BD átlót az ábrának megfelelően.

Az átló a négyszöget két háromszögre bontja. Ezekben az EH, illetve az FG szakasz egy-egy középvonal, így párhuzamos a harmadik oldallal és fele akkora. Tehát EH és FG párhuzamos BD és fele a BD-nek. Ebből következik, hogy EFGH négyszög paralelogramma, ezért EH felezi FG-t.

Az ábrán konvex négyszög szerepel, ugyanakkor a levezetés során sehol sem használtuk ki ezt a tulajdonságát. A bizonyítás ugyanígy végrehajtható konkáv négyszögre is. Ennek meggondolását a Tisztelt Olvasóra bízzuk. Ezzel a feladatot megoldottuk.

***

Játék a területekkel

  • 7. feladat: Hányadrésze az ABCD négyszög oldalfelező pontjai által meghatározott négyszög területe az ABCD területének?

Megoldás: Használjuk fel az előző feladatban bizonyítottakat úgy, hogy az EFGH paralelogrammán kívüli négyszög rész területét számoljuk ki. Készítsünk ábrát!

Az előző feladatban láttuk, hogy az EH szakasz az ABD háromszög középvonala, így az AEH háromszög területe az ABD háromszög területének a negyede. Hasonlóan a GFC háromszög területe a BCD háromszög területének a negyede. Mivel az ABD és BCD háromszög együtt megadja az ABCD négyszöget, így az AEH és FCG háromszögek területének összege az ABCD négyszög területének a negyede.

Hasonlóan látható be, hogy az EBF és HGD háromszögek területének az összege is az ABCD négyszög területének a negyede.

Ezzel beláttuk, hogy a négy háromszög területe együtt kiadja az ABCD területének a felét, tehát az EFGH területe is az ABCD négyszög területének a fele. Ezt érdemes végiggondolni konkáv négyszögre is, amit a tisztelt Olvasóra bízunk. Ezzel a feladatot megoldottuk.

***

Emelt szintű feladat vektorokkal

  • 8. feladat: Bizonyítsuk be, hogy bármely paralelogrammában az oldalak négyzetösszege egyenlő az átlók négyzetösszegével! (Paralelogramma-tétel)

Megoldás: Ezt a tételt sokféleképpen bizonyíthatjuk. Mi most a vektorok skaláris szorzatát használjuk fel a bizonyításhoz. Ehhez vegyük fel az ABCD paralelogrammát és vektorizáljuk az oldalait és átlóit az ábrának megfelelően.

A vektorok közötti műveletek paralelogramma szabálya alapján

\overrightarrow{f}=\overrightarrow{a}+\overrightarrow{b} \text{ és } \overrightarrow{e}=\overrightarrow{b}-\overrightarrow{a}. 

A vektor abszolutértékét jelöljük a vektor betűjelének megfelelő kisbetűvel. Mivel egy vektor abszolutértékének négyzete egyenlő a vektor önmagával vett skaláris szorzatával, így

{{e}^{2}}+{{f}^{2}}={{\left( \overrightarrow{e} \right)}^{2}}+{{\left( \overrightarrow{f} \right)}^{2}}={{\left( \overrightarrow{b}-\overrightarrow{a} \right)}^{2}}+{{\left( \overrightarrow{a}+\overrightarrow{b} \right)}^{2}}. 

Végezzük el a négyzetre emeléseket és az összevonásokat:

{{\left( \overrightarrow{b}-\overrightarrow{a} \right)}^{2}}+{{\left( \overrightarrow{a}+\overrightarrow{b} \right)}^{2}}={{\left( \overrightarrow{b} \right)}^{2}}+{{\left( \overrightarrow{a} \right)}^{2}}-2\overrightarrow{b}\overrightarrow{a}+{{\left( \overrightarrow{a} \right)}^{2}}+{{\left( \overrightarrow{b} \right)}^{2}}+2\overrightarrow{a}\overrightarrow{b}=2{{a}^{2}}+2{{b}^{2}}.

Így

{{e}^{2}}+{{f}^{2}}=2{{a}^{2}}+2{{b}^{2}}. 

Ezzel a feladatot megoldottuk.

***

Emelt szintű feladat a háromszög súlyvonalára

Most alkalmazzuk az előző feladatot a háromszög súlyvonalai hosszának meghatározására. A háromszög súlyvonala a háromszög egy csúcsát a szemközti oldal felezőpontjával összekötő szakasz.

  • 9. feladat: Fejezzük ki a háromszög súlyvonalainak a hosszát az oldalainak a hosszával.

Megoldás: Vegyük fel az ABC háromszög A csúcshoz tartozó súlyvonalát! Ezután tükrözzük a háromszöget az a oldalának felezőpontjára az ábra alapján.

A tükrözés következtében létrejön az ABA’C paralelogramma. Alkalmazzuk erre a paralelogrammma-tételt.

Így

{{\left( 2{{s}_{a}} \right)}^{2}}+{{a}^{2}}=2{{b}^{2}}+2{{c}^{2}},

amiből kapjuk, hogy

{{s}_{a}}=\sqrt{\frac{2{{b}^{2}}+2{{c}^{2}}-{{a}^{2}}}{4}}. 

Hasonló összefüggés írható fel a többi súlyvonalra is. Ezzel a feladatot megoldottuk.

***

Emelt szintű feladat a paralelogramma területére

  • 10.feladat: Legyen az ABCD paralelogramma két szomszédos oldalának hossza a és b, ahol b nem nagyobb a a-nál. Adjuk meg a paralelogramma szögfelezői által meghatározott négyszög és a paralelogramma területének az arányát!

Megoldás: Tudjuk, hogy a paralelogramma bármely két szomszédos szögének az összege 180°, így a szomszédos szögfelezők merőlegesek egymásra. Ez alapján az általuk meghatározott négyszög téglalap. Vegyük fel az alábbi ábrát.

Metssze a C csúcsnál levő szögfelező az AB oldalt R1, a D csúcsnál levő pedig R2 pontban. A téglalap csúcsai legyenek R, S, U, V. A CR1B háromszög egyenlőszárú, mert a B csúcsnál levő szögfelezője merőleges az R1C oldalra. Emiatt az R1B=b, így R1A=ab.

Hasonló okok miatt R2B is a-b. Legyen R1V1 párhuzamos RV-vel és R2S1 párhuzamos RS-sel. Ekkor létrejön az AR1V1 és az R2BS1 derékszögű háromszög. Mindkettő átfogója a-b, a jelölt szögekkel szemközti befogójuk pedig egyenlő a téglalap egy-egy oldalával.

Felírhatjuk ezekben a derékszögű háromszögben, hogy

VR={{V}_{1}}{{R}_{1}}=(a-b)\cdot \sin \frac{\alpha }{2}, \text{ illetve } RS={{S}_{1}}{{R}_{2}}=(a-b)\cdot \sin \frac{\beta }{2}.

Mivel a két félszög összege 90°, ezért egymás pótszögei, így

\sin \frac{\beta }{2}=\cos \frac{\alpha }{2}.

Tehát

RS={{S}_{1}}{{R}_{2}}=(a-b)\cdot \cos \frac{\alpha }{2}.

Most már felírhatjuk a téglalap területét:

RS\cdot VR=\left ( a-b \right )^2\cdot \sin\frac{\alpha }{2}\cdot \cos\frac{\alpha }{2}=\frac{(a-b)^2}{2}\cdot \sin\alpha 

Itt felhasználtuk a kétszeres szög szinuszára vonatkozó addíciós tételt, ami alapján

\sin \frac{\alpha }{2}\cdot \cos \frac{\alpha }{2}=\frac{1}{2}\cdot 2\sin \frac{\alpha }{2}\cdot \cos \frac{\alpha }{2}=\frac{1}{2}\cdot \sin \left( 2\cdot \frac{\alpha }{2} \right)=\frac{1}{2}\cdot \sin \alpha.

Mivel a paralelogramma területe

T=a\cdot b\cdot \sin \alpha ,

így a két terület hányadosa

\frac{{{T}_{t}}}{T}=\frac{{{\left( a-b \right)}^{2}}\cdot \sin \alpha }{2ab\cdot \sin \alpha }=\frac{{{\left( a-b \right)}^{2}}}{2ab}.

Ezzel a feladatot megoldottuk.

***

Összefoglalás

A fenti összeállításban szó volt a paralelogramma egymással ekvivalens tulajdonságairól, amik közül bármelyiket használhatjuk definícióként. Levezettük a paralelogramma kerületét és területét. Végül 10 feladaton keresztül mutattunk elemi, illetve kevésbé elemi alkalmazásokat is.

Szeretnél még több, hasonló cikket olvasni? Akkor böngéssz a blogunkon! Emelt szintű érettségire készülsz, vagy elsőéves egyetemista vagy? Ekkor ajánljuk figyelmedbe az online tanuló felületünket és a felkészülést segítő csomagjainkat. Az ezekkel kapcsolatos részletekről itt https://erettsegi.pro/ olvashatsz.

Összegyűjtöttük az eddigi összes emelt szintű matematika érettségi feladatsort és a megoldásokat. Ezt a gyűjteményt, valamint az érettségire készüléssel kapcsolatos hasznos tanácsokat a https://erettsegi.pro/emelt-szintu-matematika-erettsegi-feladatsorok/ linken érheted el.

Szerző: Ábrahám Gábor (https://erettsegi.pro/personnel/abrahamgabor/)

Cikkek


A szerző további cikkei a (https://matek.fazekas.hu/index.php?option=com_content&view=category&id=21&Itemid=136) linken érhetők el.

A szerző további geometriai tartalmú cikke a (https://matek.fazekas.hu/index.php?option=com_content&view=article&id=131:abraham-gabor-haromszog-terulete&catid=21&Itemid=136) linken található.

Speciális négyszögekről szóló további írásaink a https://erettsegi.pro/a-deltoid-definicio-tulajdonsagok-a-kerulete-a-terulete-5-feladat-a-legegyszerubbtol-az-emelt-szintig/ és a https://erettsegi.pro/a-rombusz-definicio-tulajdonsagok-kerulete-terulete-5-feladat-a-legegyszerubbtol-az-emelt-erettsegi-szintuig/ linken találhatók.

A szerző által írt tankönyvek ahttp://maximkiado.hu/termekek/72/73/2/4 linken találhatók.

***

Matek versenyre készülőknek

Aki szeretne matematikával versenyzés szintjén foglalkozni, annak javaslom az Erdős Pál Matematikai Tehetségondozó Iskolát. Részletek ezen linken https://erdosiskola.mik.uni-pannon.hu/ olvashatók. A matematika versenyek témáit feldolgozó könyvek, kiadványok (a szerző Egyenlőtlenségek I.-II. című könyvei is) a https://www.zalamat.hu/kiadvanyaink linken kersztül vásárolhatók meg.

***

Leave a Reply