|
Feladat: |
1013. matematika feladat |
Korcsoport: 16-17 |
Nehézségi fok: nehéz |
Megoldó(k): |
Biborka T. , Bollobás B. , Fekete J. , Flanek L. , Fritz J. , Gálfi l. , Gazsi L. , Grüner Gy. , Holop A. , Klimó J. , Knuth Előd , Marton Katalin , Máté Attila , Máté Zs. , Pinkert A. , Tomcsányi Gy. , Várady G. |
Füzet: |
1960/november,
118 - 120. oldal |
PDF | MathML |
Témakör(ök): |
Háromszögek hasonlósága, Magasságvonal, Feuerbach-kör, Trapézok, Húrnégyszögek, Projektív geometria, Párhuzamos szelők tétele, Feladat |
Hivatkozás(ok): | Feladatok: 1959/december: 1013. matematika feladat |
|
A szöveg csak Firefox böngészőben jelenik meg helyesen. Használja a fenti PDF file-ra mutató link-et a letöltésre. I. megoldás: Kimutatjuk, hogy ha létezik, akkor rajta van a háromszög magasságpontját és a köré írt kör középpontját összekötő egyenesen ( csak szabályos háromszög esetén nem létezik, mert csak ebben esik egybe és ). Ezzel már igazoltuk az állítást, mert hasonlóan , is pontja -nek. 1. ábra Messe az -on átmenő -re merőleges egyenes -t -ben, -t -ben, továbbá az -on átmenő, -re merőleges egyenes -t -ben, -t -ban (2. ábra). 2. ábra Azt fogjuk megmutatni, hogy és egybeesik; ebből következik, hogy azonosak -mal, mert és nem párhuzamosak. Minthogy és egyrészt a -re és -ben, másrészt a -re és -ben emelt merőlegesek metszéspontja, azért a , egyenespárt 3 párhuzamos egyenes metszi át, így Hasonlóan a , egyenespáron levő metszetekre Így azt kell belátnunk, hogy (1) és (2) második arányai egyenlők. Ehhez felhasználjuk, hogy az előállításában szereplő , , , pontok egy körön vannak, éspedig az háromszög körülírt körén (az háromszög ún. Feuerbach-féle körén). Elég pl. -re megmutatni, hogy -n van. Valóban, az , , , csúcsokkal meghatározott konvex négyszög szimmetrikus trapéz, tehát körbe írható. Ugyanis , az és szakaszok (vagy mindkettő oldal, vagy mindkettő átló) egyenlők -vel, ‐ azért, mert rajta van az átmérő fölötti Thalész-körön, melynek középpontja ‐, végül a négyszög általában nem paralelogramma, mert általában különbözik és -től, az egyenes azon két pontjától, amelyek , , -t paralelogrammává egészítik ki; ha pedig pl. , akkor a négyszög téglalap és ezért körbe írható. Eszerint a , szakaszpár a végpontjaikkal mint csúcsokkal meghatározott konvex húrnégyszögnek vagy a két átlóját adja (ilyen az 1. ábrán ), vagy két szemben fekvő oldalát (ilyen jellegű az 1. ábra pontja, persze minden betűt -re cserélve és viszont). Ezért az és háromszögek mindenképpen hasonlók, mert szögeik rendre egyenlők (kerületi szögek, csúcsszögek, közös szögek). Ennélfogva valóban áll mert hasonló háromszögekben bármely megfelelő szakaszok aránya egyenlő, és itt az -ban összefutó oldalaknak a szemben levő oldalon levő vetületeiről van szó. Ezzel az állítást általában bebizonyítottuk. Bizonyításunkat ki kell egészítenünk az olyan esetek vizsgálatával, ha a , és , párok egyike, pl. az első ‐ egybeesik, mert ekkor az háromszög elfajul ponttá. Így azonban állításunk nyilvánvaló, mert ekkor az háromszög egyenlő szárú: , tehát azonos a szimmetriatengellyel, és így átmegy -on. Ha pedig és akkor egyenlő oldalú, , , határozatlanok. Ha a háromszögnek csak egy szöge -os, pl. , vagy ha , akkor ‐ mint az 541. gyakorlatban láttuk ‐ és párhuzamosak, nem létezik. Fenti bizonyításunk szerint és ekkor is -n vannak. Megmutatjuk, hogy ilyenkor és párhuzamosak -vel. Feltevésünk folytán , és így és , valamint és egymásnak tükrös párjai az belső, ill. külső felezőjére, ezért és merőlegesek e felezőre. Másrészt ugyanez áll -re is, mert a és négyszögek egybevágók, ugyanis 2‐2 megfelelő oldaluk és 3‐3 megfelelő szögük egyenlő, továbbá 3‐3 megfelelő csúcsuk egymásnak fenti szög felezőjére tükrös párja, tehát és is tükrös pár.
Máté Attila (Szeged, Dózsa Gy. ált. isk. VII. o. t) | II. megoldás: Mint az I. megoldásban láttuk, a magasságtalppontok rajta vannak az oldalfelezőpontokkal meghatározott körön. Ha e 6 pontot az , , , , , sorrendben tekintjük egy a -ba írt hatszög csúcsainak, akkor a szóban forgó egyenespárok 2‐2 tagja e hatszögnek 2‐2 szembenfekvő oldala. Ezért a kúpszeletbe írt hatszögre vonatkozó Pascal-féle tétel szerint , , metszéspontjaik egy egyenesen vannak.
Knuth Előd (Budapest, I. István g. III. o. t.) | Megjegyzés. A Pascal-tétel alapján a feladat állítását abból is bizonyíthatjuk, hogy , , bármelyike, pl. ismét , rajta van az -et a háromszög súlypontjával összekötő egyenesen. Tekintsük az , egyenespárt elfajult kúpszeletnek. A hatszög csúcsai -n vannak, tehát szemben fekvő oldalainak metszéspontjai: és -nek , és -nek , végül , és -nek ‐ egy egyenes pontjai. (Az , pontokkal meghatározott egyenes azonos a fentebbi egyenessel, a háromszög Euler-féle egyenesével.) Lásd pl. Schopp János: Kúpszeletek (Középiskolai Szakköri Füzetek), Tankönyvkiadó, 1955, 71. o. ‐ Vigassy Lajos: Síkmértani szerkesztések térmértani megoldássa (Középiskolai Szakköri Füzetek), Tankönyvkiadó, 1957, 33. o. |
|