Kezdőlap


Feladat:	F.2148	Korcsoport: 16-17	Nehézségi fok: átlagos
Megoldó(k):	Németh Ágnes
Füzet:	1978/november, 125 - 126. oldal		PDF \| MathML
Témakör(ök):	Párhuzamos szelőszakaszok tétele, Síkgeometriai számítások trigonometria nélkül, Vektorok lineáris kombinációi, Helyvektorok, Feladat
Hivatkozás(ok):	Feladatok: 1978/április: F.2148

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

I. megoldás. Jelöljük az $A$ , $B$ , $C$ , $P$ , $Q$ , pontok (és minden további pont) helyvektorát a megfelelő kis betűvel. Ekkor

\begin{matrix} p = x b + (1 - x) c, q = \frac{x}{1 + x} a + \frac{1}{1 + x} c . \end{matrix}

P Q

egyenest

t

(1 - t)

arányban osztó

D

pontra

\begin{matrix} d = (1 - t) p + t q = \frac{t x}{1 + x} a + (1 - t) x b + (1 - x + \frac{x^{2} t}{1 + x}) c . \end{matrix}

Olyan

x

-től függő

t

osztóviszonyt keresünk, amelyik mellett

d

független

x

-től, hiszen ekkor lesz a megfelelő

D

pont helyzete állandó. Ez így lesz akkor, ha

d

kifejezésében

a

b

c

együtthatója állandó lesz, azaz

\begin{matrix} \frac{t x}{1 + x} = α, (1 - t) x = β, 1 - x + \frac{x^{2} t}{1 + x} = γ . \end{matrix}

Ebből először is

\begin{matrix} α x + 1 - x = γ \end{matrix}

következik, ami állandó

α

γ

és változó

x

mellett csak

α = γ = 1

esetén lehetséges. Tehát

\begin{matrix} t = \frac{1 + x}{x}, \end{matrix}

és így

β = - 1

, a

P Q

egyenes

x

megválasztásától független

D

pontjának a helyvektora

\begin{matrix} d = a - b + c . \end{matrix}

Ha origónak a

B

pontot választjuk,

b = 0

és

d = a + c

, tehát a

\vec{B D}

vektor a

\vec{B A}

\vec{B C}

vektorok összege, vagyis az

A

B

C

D

pontok (ebben a sorrendben) egy paralelogramma csúcsai.

II. megoldás. Toljuk el a

P

pontot a

\vec{C B}

vektorral a

P'

helyzetbe. Így

P P' = C B

, és az előírt megválasztás szerint

\begin{matrix} \frac{C P}{P P'} = \frac{C P}{C B} = \frac{C Q}{Q A}, \end{matrix}

és ismert tétel szerint

P Q

párhuzamos

P' A

-val.
Toljuk most vissza

P'

-t

P

-be, és toljuk vele a

P' B A

háromszöget. Így a

P' A

egyenes rájut a

P Q

egyenesre,

B A

C

-n átmenő,

B A

-val párhuzamos egyenesre és

A

új helyzete az a

D

pont, amelyre

C D # B A

, vagyis az

A B C D

paralelogramma negyedik csúcsa. Itt a

P Q

egyenes minden figyelembe veendő

x

érték mellett átmegy, az állítást bebizonyítottuk.

Németh Ágnes (Zalaegerszeg, Zrínyi M. Gimn. III. o. t.)

Megjegyzések. 1. Bizonyításunk a

C B

egyenes minden

P

pontjára érvényes (kivéve mégis

C

-t), ha a szakaszoknak előjelet tulajdonítunk és

Q

-t ennek megfelelően választjuk az

A C

egyenesen.
2. Ajánljuk az érdeklődőknek annak a kapcsolatnak az átgondolását, ami fennáll tételünk és a ,,Z alakú szorzó-osztó nomogramok'' között. (Lásd pl. Matematika, a mat. osztályok számára, III. köt., 433. old.)