Kezdőlap


Feladat:	810. matematika feladat	Korcsoport: 16-17	Nehézségi fok: átlagos
Megoldó(k):	Elbert Árpád , Kolonits Ferenc , Tatai Péter
Füzet:	1957/november, 99 - 101. oldal		PDF \| MathML
Témakör(ök):	Háromszögek hasonlósága, Pont körüli forgatás, Magasságvonal, Háromszög nevezetes vonalai, A háromszögek nevezetes pontjai, Egyenesek egyenlete, Feladat
Hivatkozás(ok):	Feladatok: 1957/február: 810. matematika feladat

A szöveg csak Firefox böngészőben jelenik meg helyesen. Használja a fenti PDF file-ra mutató link-et a letöltésre.

I. megoldás: A megoldók túlnyomórésze koordináta-geometriát használt. A derékszögű koordináta-rendszerben ábránkat sokféleképpen helyezhetjük el.
Legkevesebb számolást igényei a bizonyítás, ha az $A B$ átfogó az $x$ tengelyre, az átfogóhoz tartozó $C D = m$ magasság az $y$ tengelyre esik. A betűzést és az egyes pontok koordinátáit az 1. ábra mutatja.

1. ábra

A C D

és

B_{1} A B'_{1}

, továbbá a

B C D

és

A_{1} B A'_{1}

derékszögű háromszögek egybevágók, és így

A B'_{1} = B A'_{1} = C D = m

A_{1} A'_{1} = B D = q

B_{1} B'_{1} = A D = p

.
Az

A A_{1}

egyenes egyenlete:

\begin{matrix} y = \frac{q}{q + m + p} (x + p) . \end{matrix}

(1)

B B_{1}

egyenes egyenlete

\begin{matrix} y = - \frac{p}{p + m + q} (x - q) . \end{matrix}

(2)

(1) és (2) egybevetéséből

\begin{matrix} q (x + p) = - p (x - q), azaz (p + q) x = 0, \end{matrix}

és így a két egyenes metszéspontjának abszcisszája (mivel

p + q \neq 0

)

\begin{matrix} x = 0. \end{matrix}

Ezzel igazoltuk a feladat állítását.

II. megoldás: Legyenek az

A A_{1}

és

B B_{1}

egyenesek metszéspontjai a szemközti befogón

A_{2}

, illetőleg

B_{2}

(1. ábra). A Ceva-féle tétel felhasználásával bizonyítjuk, hogy az

A A_{2}

B B_{2}

és

C D

egyenesek egy ponton mennek át. Az egyes oldalakon keletkező osztóviszonyok:

\begin{matrix} (B C A_{2}) & = \frac{B A_{2}}{A_{2} C} = \frac{B A_{1}}{C A} 7 \frac{a}{b}, \\ (C A B_{2}) & = \frac{C B_{2}}{B_{2} A} = \frac{C B}{A B_{1}} = \frac{a}{b}, \\ (A B D) & = \frac{A D}{D B} = \frac{p}{q} = \frac{\frac{b^{2}}{c}}{\frac{a^{2}}{c}} = \frac{b^{2}}{a^{2}} . \end{matrix}

Tehát valóban

\begin{matrix} (B C A_{2}) \cdot (C A B_{2}) \cdot (A B D) = \frac{a}{b} \cdot \frac{a}{b} \cdot \frac{b^{2}}{a^{2}} = 1, \end{matrix}

és így a Ceva-tétel megfordítása értelmében a három egyenes egy ponton megy át.

Elbert Árpád (Kaposvár, Közg. tech. III. o.t.)

III. megoldás: Koordináta-geometria és a Ceva-féle tétel nélkül is célhoz juthatunk. Az 1. ábra betűzését megtartva, tegyük fel, hogy az

A A_{1}

egyenes a

C D

magasságot egy

F_{1}

, a

B B_{1}

egyenes pedig a

C D

magasságot egy

F_{2}

pontban metszi. Mivel

\begin{matrix} A A_{1}' A_{1 ▵} \sim A D F_{1 ▵}, és B B'_{1} B_{1 ▵} \sim B D F_{2 ▵}, \end{matrix}

azért egyrészt (1. ábra)

\begin{matrix} D F_{1} : A'_{1} A_{1} = A D : A A'_{1}, \end{matrix}

(1)

másrészt

\begin{matrix} D F_{2} : B'_{1} B_{1} = B D : B B'_{1} . \end{matrix}

(2)

(1)-ből

\begin{matrix} D F_{1} = \frac{A'_{1} A_{1} \cdot A D}{A A'_{1}} = \frac{q p}{p + q + m}, \end{matrix}

(2)-ből

\begin{matrix} D F_{2} = \frac{B'_{1} B_{1} \cdot B D}{B B'_{1}} = \frac{p q}{p + q + m} . \end{matrix}

Tehát (1) és (2) egybevetéséből következik, hogy

\begin{matrix} D F_{1} = D F_{2}, vagyis F_{1} \equiv F_{2} \equiv F . \end{matrix}

Tatai Péter (Bp. XIV., I. István g. II. o. t.)

IV. megoldás: Egészítsük ki az ábrát az

A_{1} C_{1} B_{1} D_{1}

négyzetté (2. ábra).

2. ábra

Itt

C C_{1}

merőleges

A B

-re ‐ s így az

A B C

háromszög

C

-ből húzott magasságának meghosszabbítása ‐, mert ha az

A D_{1} B C

téglalapot elforgatjuk a

B C

befogó fölé rajzolt négyzet középpontja körül

90^{\circ}

-kal úgy, hogy

B

C

pontba jusson, akkor az

A

pont a

C_{1}

be megy át, s így

A B

az elforgatás révén

C_{1} C

-be kerül.
Hasonlóan látható azonban az is, ha a nagy négyzetet forgatjuk el

90^{\circ}

-kal a középpontja körül úgy, hogy

B_{1}

C_{1}

-be kerüljön, hogy

B B_{1}

A C_{1}

-re és

A A_{1}

B C_{1}

-re merőleges, mert a mondott elforgatásnál a

B_{1} B C_{1}

háromszög a

C_{1} A A_{1}

háromszögre kerül.
Arra jutottunk, hogy

A A_{1}

B B 1

és

C C_{1}

magasságvonalai az

A B C_{1 ▵}

-nek, tehát igaz a feladat állítása, hogy egy ponton mennek keresztül.

Kolonits Ferenc (Bp. VIII., Piarista g. II. o. t.)